Электричество и магнетизм. Методика решения задач [2 ed.] 9785827901471

Table of contents :
Титул_2017_last_.pdf
заставк1.pdf
Глава 1 Электрич и Магн.pdf
Глава 2 Электрич и Магн.pdf
Глава 3 Электрич и Магн.pdf
Глава 4 Электрич и Магн.pdf
Глава 5 Электрич и Магн.pdf
Глава 6 Электрич и Магн.pdf
Глава 7 Электрич и Магн.pdf
заставк2.pdf
Глава 8 Электрич и Магн.pdf
Глава 9 Электрич и Магн.pdf
Глава 10 Электрич и Магн.pdf
Глава 11 Электрич и Магн.pdf
Глава 12 Электрич и Магн.pdf
Глава 13 Электрич и Магн.pdf
Глава 14 Электрич и Магн.pdf
заставк3.pdf
Глава 15 Электрич и Магн.pdf
Глава 16 Электрич и Магн.pdf
Глава 17 Электрич и Магн.pdf
Глава 18 Электрич и Магн.pdf
Глава 19 Электрич и Магн.pdf
Глава 20 Электрич и Магн.pdf
заставк4.pdf
Глава 21 Электрич и Магн.pdf
Глава 22 Электрич и Магн.pdf
Глава 23 Электрич и Магн.pdf
Глава 24 Электрич и Магн.pdf
Глава 25 Электрич и Магн.pdf
Глава 26 Электрич и Магн.pdf
Литература к методике электр. и магн..pdf
Пустая страница

Citation preview

Электричество и магнетизм. Методика решения задач 1

В.М. Буханов, О.Н. Васильева, Е.В. Лукашева, В.С. Русаков

ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Допущено УМО по классическому университетскому образованию РФ в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений, обучающихся по направлению 010700.62 «Физика» и по специальности 010701.65 «Физика»

Москва Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова 2018

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

2 УДК 53.02 ББК 22.33

В. М. Б у х а н о в, О. Н. В а с и л ь е в а, Е. В. Л у к а ш е в а, В. С. Р у с а к о в. Электричество и магнетизм. Методика решения задач / Учебное пособие. Изд. 2-е, перераб. и дополн. М.: Физический факультет МГУ, 2018. 608 с. ISBN 978-5-8279-0147-1 Предлагаемое учебное пособие «Электричество и магнетизм. Методика решения задач» является составной частью серии учебно-методических разработок кафедры общей физики физического факультета Московского государственного университета им. М.В. Ломоносова «Университетский курс общей физики». Пособие составлено в соответствии с новым учебным планом изучения курса общей физики на физическом факультете МГУ и соответствует тематическому плану семинарских занятий по курсу «Электричество и магнетизм». Содержанием пособия является набор задач с решениями, причем по каждой теме рассматриваются наиболее характерные и типичные задачи и методы их решения. С этой целью наряду с оригинальными задачами использованы формулировки условий задач из существующих учебников, задачников и учебных пособий, которые подверглись существенному исправлению и доработке. Пособие разбито по главам, каждая из которых включает в себя теоретический материал, основные типы задач и методы их решения, примеры решения задач, а также задачи для самостоятельного решения. Настоящее пособие предназначено для студентов высших учебных заведений и имеет целью помочь им овладеть основными методами и приобрести навыки решения задач по курсу «Электричество и магнетизм». Рецензенты: д.ф.-м. н., профессор Г.С. Плотников, д.ф.-м. н., профессор А.С. Илюшин

ISBN 978-5-8279-0147-1

© Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова, 2010, 2018 г. © Коллектив авторов, 2018 г.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

3

УНИВЕРСИТЕТСКИЙ КУРС ОБЩЕЙ ФИЗИКИ (Предисловие редактора инновационного учебно-методического комплекса) В настоящее время физика все более глубоко проникает во все области современной науки и техники, появляются ее новые отрасли. В связи с этим возникает проблема подготовки квалифицированных кадров ученых-физиков. Существенную роль в такой подготовке играет преподавание общего курса физики. Для решения этой проблемы на физическом факультете МГУ им. М.В. Ломоносова создан инновационный учебно-методический комплекс (ИУМК) «Университетский курс общей физики», обеспечивающий организационную и содержательную целостность системы подготовки, методов и средств обучения общей физике. ИУМК «Университетский курс общей физики» создан на основе многолетнего опыта преподавания физики студентам физического факультета Московского университета. Курс охватывает все разделы общей физики. Отличительной особенностью данного курса является то, что в нем в методическом отношении осуществлено единство основных форм обучения физике: лекции, лабораторные работы и семинары. В системе университетского образования теоретический материал излагается в основном в лекционных курсах, а умение решать задачи отрабатывается на семинарских занятиях. Развитие навыков эксперимента и анализа его результатов происходит в процессе занятий в общем физическом практикуме. В связи с этим, каждый раздел курса состоит из шести пособий: «Лекции», «Лекционный эксперимент», «Лабораторный практикум», «Разработка семинарских занятий», «Методика решения задач» и «Сборник задач». Каждая глава пособия «Лекции» содержит материал базового уровня, соответствующего программе курса, и отражает современные тенденции и технологии физического образования. Цель авторов данного курса – представить общую физику в виде, используемом активно работающими в науке физиками. Лекции по каждой теме сопровождаются демонстрацией основных физических экспериментов, описание которых представлено в пособии «Лекционный эксперимент». Большая часть описанных экспериментов разработана на кафедре общей физики физического

4

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

факультета им. М.В. Ломоносова. В тексте пособия имеется также ряд ссылок на авторские свидетельства на изобретения в области лекционных экспериментов, полученные сотрудниками кафедры. Описание классических опытов и экспериментальных установок, представленное в пособии «Лекционный эксперимент», увеличивает ценность и привлекательность курса. Для установления единого уровня сложности задач и широты охвата материала на семинарах служит пособие «Разработка семинарских занятий», предназначенное для преподавателя. В данном пособии описаны основные принципы проведения семинара. Рассматривается порядок подачи учебного материала, включающий проверку теоретической подготовки студента, обсуждение метода решения задачи, анализ физического смысла результата, разбор характерных ошибок. Все формы занятий предполагают значительную самостоятельную внеаудиторную работу студентов. Пособием, позволяющим самостоятельно развивать умение решать физические задачи, является «Методика решения задач». Весь материал пособия разбит на главы. Разбор задач всех глав проводится по единой схеме, причем каждую главу можно прорабатывать независимо от других. Пособие содержит также задачи с решениями повышенной сложности для студентов, желающих более глубоко освоить курс общей физики. Для самостоятельной работы студентов предназначен «Сборник задач», в котором представлены наиболее характерные и типичные задачи. Неотъемлемой частью курса общей физики служит лабораторный практикум. Материалы пособия «Лабораторный практикум» достаточны для самостоятельной подготовки к выполнению работ. В связи с этим в пособии имеется как общее теоретическое введение, так и более подробное изложение теории к каждой лабораторной работе. Кроме того, для каждой работы сформулированы цель и идея эксперимента, дано описание установки и подробное изложение последовательности проведения эксперимента и обработки результатов. Представленные в пособии лабораторные работы являются результатом работы нескольких поколений преподавателей кафедры общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова. Первые лабораторные работы составили содержание двухтомника «Физический практикум» под редакцией В.И. Ивероновой, вышедшего в свет в 1967 г. В последние годы разработаны и введены в действие новые современные лабораторные работы с

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

5

использованием современных экспериментальных методов исследования физических процессов. Более 50% лабораторных работ являются автоматизированными с управлением компьютером. В каждом семестре студент выполняет 12 лабораторных работ, причем 60-70% являются обязательными для всех студентов, а остальные распределяются с учетом их пожеланий. Для повышения эффективности усвоения сути изучаемых физических явлений и законов в тематических лабораториях без расхода времени на ознакомление со стандартной технологией измерений в ИУМК введен раздел «Введение в технику эксперимента», состоящий из двух частей: «Лекции» и «Практикум». Лекции посвящены краткому изложению общих принципов проведения физических измерений, теории ошибок и статистической оценки достоверности полученных результатов, а также основных требований к оформлению полученной информации в виде графиков, номограмм и таблиц. В практической части представлены описания лабораторных работ начального цикла, в которых на сравнительно простых физических явлениях студент знакомится с наиболее распространенными приборами, с методами измерений и с правильной обработкой их результатов, основами анализа погрешностей измерений и правилами представления результатов с учетом его точности. Курс предназначен не только для физиков, но может быть полезен для будущих инженеров, химиков и биологов. Все пожелания и замечания по пособиям курса будут с благодарностью приняты и рассмотрены на кафедре общей физики физического факультета МГУ им. М.В. Ломоносова. А.М. Салецкий

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

6

ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие ………………………………………………………….…

Глава 1. 1.1. 1.2. 1.3. 1.4. Глава 2. 2.1. 2.2. 2.3. 2.4. Глава 3. 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. Глава 4. 4.1. 4.2. 4.3. 4.4. Глава 5. 5.1. 5.2. 5.3. 5.4. Глава 6. 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. Глава 7. 7.1.

Раздел 1 Электростатическое поле в вакууме. Проводники в электрическом поле Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. Напряжённость электрического поля. Принцип суперпозиции .......................................................................... Теоретический материал …………........................................ Основные типы задач (классификация) ................................ Методы решения и примеры решения задач ....................... Задачи для самостоятельного решения ……..…………...… Электростатическая теорема Гаусса …..……………..… Теоретический материал …………........................................ Основные типы задач (классификация) ……........................ Методы решения и примеры решения задач ....................... Задачи для самостоятельного решения ................................ Работа сил и потенциал электростатического поля ….. Теоретически материал ……………...................................... Основные типы задач (классификация) ................................ Методы решения и примеры решения задач ....................... Задачи для самостоятельного решения …..……..………… Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и его поле ....................................................................... Теоретический материал …………........................................ Основные типы задач (классификация) ................................ Методы решения и примеры решения задач ....................... Задачи для самостоятельного решения ................................ Проводники в электростатическом поле ......................... Теоретический материал …………........................................ Основные типы задач (классификация) ................................ Методы решения и примеры решения задач ....................... Задачи для самостоятельного решения ................................ Метод электростатических изображений ........................ Теоретический материал ........................................................ Основные типы задач (классификация) …..……………...… Методы решения и примеры решения задач ....................... Задачи для самостоятельного решения ................................ Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения ........................................................................................ Теоретический материал ........................................................

10

12 12 16 16 30 36 36 38 38 52 56 56 60 61 80 86 86 88 88 97 100 100 101 101 114 118 118 121 121 133 137 137

Оглавление

7

7.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 139 7.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 139 7.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ 151 Раздел 2 Электростатические поля в диэлектриках. Пондероматорные силы и энергия электрического поля. Постоянный ток Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. Граничные условия ..............................…………………… 8.1. Теоретический материал ..………………………………..… 8.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 8.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 8.4. Задачи для самостоятельного решения .………………..…. Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. Конденсаторы с диэлектриками ………………….. 9.1. Теоретический материал …………........................................ 9.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 9.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 9.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием поляризации …………………...………………………….… 10.1. Теоретический материал …………........................................ 10.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 10.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 10.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 11. Энергия и работа электрического поля ........................... 11.1. Теоретический материал …………........................................ 11.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 11.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 11.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 12. Пондеромоторные силы в электрическом поле ……….. 12.1. Теоретический материал …………........................................ 12.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 12.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 12.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 13. Токи в сплошных проводящих средах .………………..… 13.1. Теоретический материал …………........................................ 13.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 13.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 13.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 14. Расчет цепей постоянного тока. Правила Кирхгофа, методы контурных токов и узловых потенциалов ……

156 156 159 159 173 177 177 178 178 188 192 192 195 196 207 210 210 212 213 232 237 237 239 240 251 255 255 258 259 276 279

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

8 14.1. 14.2. 14.3. 14.4.

Теоретические вопросы ………….......................................... Основные типы задач (классификация) ................................ Методы решения и примеры решения задач ....................... Задачи для самостоятельного решения ................................

Раздел 3 Магнитное поле проводников с током в вакууме. Силы Ампера и Лоренца. Само- и взаимоиндукция. Пондеромоторные силы и энергия магнитного поля Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон Био– Савара–Лапласа .................................................................... 15.1. Теоретический материал …………........................................ 15.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 15.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 15.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 16. Магнитные поля проводников с током. Теорема о циркуляции. Векторный потенциал ……………….…. 16.1. Теоретический материал …………........................................ 16.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 16.3. Методы решения и примеры решения задач ..…………...… 16.4. Задачи для самостоятельного решения ..............,………..... Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных частиц в электромагнитных полях ……………………… 17.1. Теоретический материал …………........................................ 17.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 17.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 17.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 18. Электромагнитная индукция …..……………….……….. 18.1. Теоретический материал …………........................................ 18.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 18.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 18.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного поля .......................................................................... 19.1. Теоретический материал …………........................................ 19.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 19.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 19.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 20. Пондеромоторные силы и работа в магнитном поле ..… 20.1. Теоретический материал …………........................................ 20.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 20.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 20.4. Задачи для самостоятельного решения ................................

279 284 284 296

302 302 304 304 319 325 325 326 327 339 342 342 343 344 358 363 363 365 366 382 389 389 391 391 403 408 408 410 410 424

Оглавление Раздел 4 Магнитное поле в магнетиках. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в магнетиках. Переменный ток. Электрические колебания в контурах Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод молекулярных токов …………………………..…. 21.1. Теоретический материал …………........................................ 21.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 21.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 21.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем магнитном поле. Факторы формы магнетика ……........ 22.1. Теоретический материал …………........................................ 22.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 22.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 22.4. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в магнетиках ….………………………….…………………... 23.1. Теоретический материал …………........................................ 23.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 22.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 23.3. Задачи для самостоятельного решения ................................ Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях ………... 24.1. Теоретический материал ........................................................ 24.2. Основные типы задач (классификация) .………………..…. 24.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 24.3. Задачи для самостоятельного решения …………………..… Глава 25. Расчет цепей переменного тока. Методы комплексных амплитуд и векторных диаграмм. Мощность в цепях переменного тока ……..………………………………….… 25.1. Теоретический материал ........................................................ 25.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 25.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 25.4. Задачи для самостоятельного решения …………………..… Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс напряжений и токов ............................................ 26.1. Теоретический материал ........................................................ 26.2. Основные типы задач (классификация) ................................ 26.3. Методы решения и примеры решения задач ....................... 26.4. Задачи для самостоятельного решения …………………..…

9

429 429 436 436 451 454 454 460 460 475 480 480 483 483 498 502 502 506 506 536 542 542 547 547 567 573 573 579 580 602

Литература ................................................................................................. 606

10

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Предисловие Предлагаемое учебное пособие «Электричество и магнетизм. Методика решения задач» предназначено для самостоятельной работы студентов с целью выработки умений, навыков и методов решения задач по разделу «Электричество и магнетизм». Пособие разработано в соответствии с новым планом изучения данного курса на физическом факультете МГУ. В пособии использован материал предыдущего издания книги «Электричество и магнетизм. Методика решения задач» (авторы А.С. Жукарев, С.А. Иванов, С.А. Киров, Д.Ф. Киселёв, Е.В. Лукашёва [1]), который был значительно расширен, дополнен и структурирован в соответствии с тематическим планом проведения занятий по данному разделу курса общей физики. Пособие состоит из 26 глав, соответствующих основным темам раздела. Содержание каждой главы разбито на четыре основные части. 1. Теоретический материал. Эта часть носит справочный характер и содержит определения основных физических понятий и величин, формулировки законов физики, ряд наиболее часто употребляемых формул, используемых по данной теме. 2. Основные типы задач (классификация). В этой части перечисляются основные типы задач, относящихся к теме данной главы. 3. Методы решения и примеры решения задач. Эта часть содержит не менее 8 задач с решениями, где на конкретных примерах рассмотрены методы решения (в том числе и альтернативные) различных типов задач. При подборе задач использовались как оригинальные задачи, так и задачи, формулировки которых заимствовались из классических учебников и задачников, рекомендованных в программе курса. 4. Задачи для самостоятельной работы. В данной части содержатся условия задач с ответами для самостоятельного решения. В конце пособия приводится список литературы, которая рекомендуется студентам для изучения теоретического материала, а также перечислены задачники, из которых взяты задачи для самостоятельной работы. В книге векторы обозначены жирным наклонным шрифтом (Е, Н), а их модули – не жирным шрифтом (Е, Н). Во всей книге соотношения между величинами и выражения для законов даны в системе СИ. Также в СИ приведены решения задач и ответы к задачам для самостоятельного решения.

12

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 1 ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОЕ ПОЛЕ В ВАКУУМЕ. ЗАКОН КУЛОНА. НАПРЯЖЕННОСТЬ ЭЛЕКТРИЧЕСКОГО ПОЛЯ. ПРИНЦИП СУПЕРПОЗИЦИИ 1.1. Теоретический материал Заряд – это и физическое понятие (определение которого отвечает на вопрос, что подразумевается под этим понятием) и физическая величина (определение которой позволяет экспериментально определить или посчитать эту величину). Заряд как физическое понятие: - способность материального объекта к электромагнитному взаимодействию; выражает одно из свойств материи; заряд не может существовать независимо от материального носителя заряда; - материальный носитель способности к электромагнитному взаимодействию; источник и объект электромагнитного взаимодействия. Заряд как физическая величина: - мера способности к электромагнитному взаимодействию; характеристика, определяющая электромагнитное взаимодействие. Точечный заряд – заряженная материальная точка. Носитель заряда – материальная точка, т.е. тело, размеры которого гораздо меньше расстояния от заряженного тела до точки наблюдения (при расчете характеристик поля заряда в точке наблюдения) или характерных линейных размеров неоднородности внешнего электрического поля в месте расположения заряженного тела (при расчете силы, действующей на заряд во внешнем поле). Пробный заряд – точечный заряд, достаточно малый по величине, чтобы своим присутствием не изменить внешнее по отношению к пробному заряду поле, т.е. величину и пространственное расположение зарядов, создающих это внешнее поле. Фундаментальные свойства заряда. A. Два вида заряда. Существуют два вида электрических зарядов – положительные и отрицательные, при этом одноименные точечные заряды отталкиваются, а разноименные притягиваются. B. Дискретность заряда. Существует минимальный по величине (элементарный) электрический заряд ( | e | = 1.6010-19 Кл),

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

13

которому кратны все электрические заряды частиц и тел в свободном состоянии. C. Инвариантность заряда. Величина заряда не зависит от скорости его движения. D. Сохранение заряда. Полный электрический заряд изолированной системы, равный алгебраической сумме зарядов, входящих в систему, сохраняется при любых процессах, происходящих в системе. Численное значение элементарного заряда (в системе СИ): e = 1.6010-19 Кл. Закон Кулона. Силы взаимодействия F12 и F21 двух неподвижных точечных зарядов q1 и q2 в вакууме направлены вдоль прямой, соединяющей эти заряды, их величины (модули) пропорциональны величинам (модулям) зарядов и обратно пропорциональны квадрату расстояния между ними. При этом одноименные заряды отталкиваются, а разноименные – притягиваются (см. рис. 1.1): qq r F12  k 1 2 2  12   F21 . (1.1) r12 r12 q1 F21

r12

q2 F12

Рис. 1.1. Силы взаимодействия двух точечных одноимённых зарядов.

Коэффициент пропорциональности в законе Кулона (в системе СИ): 1 c2 В м , (1.2) k  7  9 10 9 4 0 10 Кл где 10 7 Кл  Ф  0   0.885  10 11 (1.3)   – 2 Вм  м  4c – электрическая постоянная, c  3.00  10 8 м/с – скорость света в вакууме. Полевая трактовка электростатического взаимодействия (концепция близкодействия). Взаимодействие зарядов осуществляется посредством электрического поля – материального

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

14

носителя взаимодействия. Заряд создает в окружающем его пространстве электрическое поле. Другой заряд, находящийся в поле, подвергается со стороны этого поля действию силы. Напряженность (вектор напряженности) электрического поля – физическая величина, равная отношению силы F r  , действующей в данной точке пространства (с радиус-вектором r ) на покоящийся пробный заряд, к величине этого заряда q: F r  Н Нм В E r   . Единица измерения – [ E ]    . q Кл Кл  м м Если пробный заряд положителен, то направление напряженности электрического поля совпадает с направлением силы, действующей на пробный заряд. Электростатическое поле – постоянное электрическое поле, напряженность в каждой точке которого, не зависит от времени. Напряженность поля E r  точечного заряда q: q r E r    , (1.4) 2 4 0 r r где r – радиус-вектор точки наблюдения относительно точечного заряда. Принцип суперпозиции электрических полей. Напряженность электрического поля E , создаваемого совокупностью точечных зарядов, равна сумме напряженностей полей E i , создаваемых каждым зарядом в отдельности: E   Ei .

(1.5)

i

Линейная плотность заряда (r ) : q d q Кл ,   . (r )  lim  L0 L dL м Поверхностная плотность заряда (r ) : Кл q d q ,   2 . (r )  lim  S 0 S dS м Объемная плотность заряда (r ) : Кл q d q ,   3 . (r )  lim  V 0 V dV м

(1.6)

(1.7)

(1.8)

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

Напряженность электрического поля дискретно распределенного заряда (см. рис. 1.2): qi r  ri 1 N . (1.9) E (r )    2 4 0 i 1 r  ri r  ri

Z

15

r  ri

ri

P

r Y

0

X Рис. 1.2. Дискретно распределенный заряд.

Напряженность электрического поля линейно распределенного заряда (см. рис. 1.3): 1 (r ' ) r  ri E (r )   d L' .(1.10)  4 0 L' r  r ' 2 r  ri

Z

dL'

r'

r  r'

P

r Y

0

X Рис. 1.3. Линейно распределенный заряд.

Напряженность поля поверхностно заряда (см. рис. 1.4):

E (r ) 

1 4 0

(r ' )

электрического распределенного

Z

dS '

r' r  ri

 r  r ' 2  r  ri

P

r Y

0

d S ' .(1.11)

S'

r  r'

X Рис. 1.4. Поверхностно распределенный заряд.

Напряженность электрического поля объемно распределенного заряда (см. рис. 1.5): 1 (r ' ) r  ri E (r )   d V ' .(1.12)  4 0 V ' r  r ' 2 r  ri

Z

dV '

r' 0

r  r'

P

r Y

X Рис. 1.5. Объемно распределенный заряд.

Силовая линия (линия напряженности) электрического поля – воображаемая направленная линия в пространстве, касательная к которой в каждой точке совпадает с направлением

16

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

напряженности электрического поля в этой точке (в случае переменных электрических полей в данный момент времени). Свойства силовых линий электрического поля: 1) через любую точку электрического поля (где E (r )  0 ) можно провести силовую линию; 2) силовые линии не пересекаются; 3) силовые линии электростатического поля начинаются на положительных зарядах или в бесконечности и заканчиваются на отрицательных зарядах или в бесконечности; 4) силовые линии гуще там, где модуль напряженности поля больше. 1.2. Основные типы задач (классификация) 1.1. Определение напряженности электростатического поля, созданного дискретным распределением точечных зарядов. 1.2. Определение напряженности электростатического поля, созданного непрерывным распределением зарядов в произвольных конечных областях пространства с заданными значениями линейной (τ), поверхностной (σ) или объёмной (ρ) плотностей заряда. Обычно в задачах этого типа заряд распределен по конечным отрезкам нитей, кольцам, участкам цилиндрических и сферических поверхностей. 1.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 1.1 Определение напряженности электрического поля заданного дискретного распределения точечных зарядов. Метод решения. Использовать формулы (1.2) – (1.4) и принцип суперпозиции (1.5) из теоретического материала. С целью упрощения вычислений необходимо выбрать такую систему координат, которая соответствует элементам симметрии распределения точечных зарядов, заданного в условии задачи. Задача 1.3.1. Положительный точечный заряд 50 мкКл находится на плоскости XY в точке А с радиус-вектором r0 = 2ex + 3ey, где ex и ey – орты осей X и Y. Найти модуль и вектор

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

17

напряженности электрического поля Е в точке В с радиус-вектором r = 8ex – 5ey. Значения координат r0 и r даны в метрах. Решение Используя численные данные, приведенные в условии задачи, рисуем схематическое изображение изучаемой системы (рис. 1.6). Заряд находится в точке А с координатами х0 = 2 м, у0 = 3 м, а напряженность поля определяется в точке В с координатами х = 8 м, у = –5 м. Для применения формулы (1.4) находим расстояние d между точками А и В: d

x  x0 2   y  y0 2

Y

q

A

0

X B E

Рис. 1.6. К определению напряженности поля Е точечного заряда q.

.

Тогда модуль напряженности поля будет равен: q q 1 1 E  2   . 2 4 0 d 4 0 x  x 0    y  y 0 2 Так как направление вектора Е совпадает с направлением от точки А к точке В, то вектор Е можно представить в виде:

x  x0 y  y0 ex  E ey . d d Окончательно для напряженности электрического поля получаем ( x  x0 )e x  ( y  y 0 )e y q . E  4 0 [( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2 ]3 / 2 Подстановка численных данных дает: d = 10 м, E  4,5 кВ/ м . E = (2,7 ex – 3,6 ey) кВ/м. E  E cos  e x  E sin   e y  E

Ответ: E 

E

q 1  = 4,5 кВ/м, 2 4 0 x  x 0    y  y 0 2

( x  x0 )e x  ( y  y 0 )e y q = (2,7 ex – 3,6 ey) кВ/м.  4 0 [( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2 ]3 / 2

18

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 1.3.2. В вершинах квадрата с диагональю 2h находятся точечные заряды +q и –q, как показано на рис. 1.7. Найти модуль и вектор напряженности электрического поля в точке, расположенной симметрично относительно вершин квадрата на расстоянии х от его плоскости. Решение –q +q Поместим начало координат в центре квадрата. Ось X проведем перпендикулярно плоскости 2h квадрата, а ось Y – параллельно сторонам, соединяющим заряды +q и –q (рис. 1.8). В точке А, отстоящей от плоскости квадрата на расстояние –q +q х, вектор напряженности поля Е Рис. 1.7. Расположение точечных будет равен векторной сумме зарядов q+ и q− в координатной четырех напряженностей, плоскости XY. создаваемых точечными зарядами (на рис. 1.8 показано два из них). X

E+q

A r

E–q x

Y +q

–q

Рис. 1.8. Векторы напряженности электрического поля в произвольной точке А на оси симметрии системы зарядов.

Модули этих четырех напряженностей одинаковы и согласно формуле (1.4) равны: q q 1 1 Eq   2   2 . 4 0 r 4 0 x  h 2 Из симметрии системы следует, что сумма проекций всех четырех напряженностей на оси X и Z равны нулю, а проекции всех

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

19

четырех напряженностей Eq на ось Y одинаковы. Проекция Eq на плоскость YZ равна: h Eh  Eq , r а проекция Eq на ось Y равна: E h Ey  h  Eq . 2 2r Суммируя все четыре вклада, находим: q q 4h 1 1 Ey  E  Eq   3   2 ; 2r 2 0 r 2 0 ( x  h 2 ) 3 / 2 q 1  2 E  ex. 2 0 ( x  h 2 ) 3 / 2 q 1  2 Ответ: E  , 2  0 ( x  h 2 ) 3 / 2 q 1  2 E  ex. 2 0 ( x  h 2 ) 3 / 2 Задачи типа 1.2 Определение напряженности электростатического поля, созданного непрерывным распределением электрических зарядов в конечных областях пространства с заданными значениями линейной (τ), поверхностной (σ) или объёмной (ρ) плотностей заряда. Метод решения. В непрерывном распределении зарядов выделяем физически бесконечно малый участок – т.е. отрезок малой длины dl (в случае линейного распределения), малой площади dS (в случае поверхностного распределения) или малого объема dV (в случае объемного распределения). Заряды этих выделенных участков далее рассматриваются как точечные. Создаваемая ими напряженность поля в интересующей нас точке вычисляется по формуле напряженности поля точечного заряда (1.4), после чего в соответствии с принципом суперпозиции (1.5) суммируются все вклады от таких зарядов. Фактически дело сводится к вычислению линейных, поверхностных или объемных интегралов. В курсе общей физики объекты выбираются обычно

20

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

такими, чтобы вычисление интегралов значительных математических затруднений.

не

представляло

Задача 1.3.3. Прямая нить длиной L заряжена равномерно с линейной плотностью τ. Найти напряженность электрического поля в произвольной точке, находящейся на расстоянии h от нити. Решение Поместим начало системы координат О в основание перпендикуляра, опущенного из точки наблюдения А на направление Y нити, ось Y направим вдоль нити, а ось X перпендикулярно к ней (см. рис. 1.9, где для наглядности 1 нить представлена в виде тонкого r цилиндра). L Выделим на нити на A Х  О произвольном расстоянии y от h начала координат участок dE бесконечно малой длины dy, 2 который рассматриваем как точечный заряд dq = τ dy. Этот Рис. 1.9. К определению напрязаряд создает в точке А женности поля Е отрезка прямой электрическое поле равномерно Рис. 1.1.заряженной К определению нити. напряженностью напряженности поля Е отрезка прямой равномерно заряженной 1 d y dE   2 , нити 4 0 r h где r  h 2  y 2  (угол α, под которым участок dy виден из cos точки наблюдения А, отсчитывается от направления AО). Вектор dE лежит в плоскости XY, и его проекции на координатные оси равны: dEx = dE cos, dEy = −dE sin, dEz = 0. Проекции напряженности электрического поля, создаваемого всей нитью, получим, вычисляя интегралы вдоль нити. Удобно выполнить интегрирование, если в качестве переменной вместо

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

21

координаты y использовать угол α. Из соотношения y = h tg α находим: h dy  d , cos 2  тогда: 1  d Ex   cos  d , 4 0 h 1   sin  d . 4 0 h После интегрирования по углу α в пределах от α1 до −α2, под которыми из точки наблюдения A видны концы нити, для искомой напряженности электрического поля получим: 1  Ex   sin 1  sin  2  , 4 0 h dE y  

Ey 

1   cos 1  cos  2  , 4 0 h

1   1   2   sin  . 2 0 h  2  Результат можно записать в векторной форме, введя единичные векторы ex и ey осей OX и OY соответственно: 1   {(sinα1 + sinα2)ex + (cosα1 − cosα2)ey}. E= 4 0 h Проанализируем некоторые частные случаи. 1. Пусть длина нити много больше расстояния до точки наблюдения, т.е. L >> h; в этом случае α1 = α2 = /2 и 1  Ex   , 2 0 h Ey = 0; таким образом, напряженность поля перпендикулярна нити. 2. Найдем напряженность в точке, равноудаленной от концов нити. В этом случае α1 = α2 = α и 1  Ex   sin  , 2 0 h Ey = 0. E  E x2  E y2 

22

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Примечание: При необходимости можно выразить искомую напряженность электрического поля через координату y верхнего y yL конца нити, заменив α1 на arctg и α2 на arctg . h h     2  sin  1 Ответ: E  , 2 0 h  2  1   {(sinα1 + sinα2)ex + (cosα1 − cosα2)ey}. E= 4 0 h Задача 1.3.4. На одной половине тонкого кольца радиуса R равномерно распределен положительный заряд с линейной плотностью τ1, а на другой половине – заряд того же знака с плотностью τ2. Найти вектор напряженности поля в центре кольца. Решение Согласно принципу суперпозиции напряженность поля в центре кольца будет равна сумме напряженностей, создаваемых каждым зарядом. Выделим на первом полукольце бесконечно малый участок dl = Rdα, несущий заряд dq = τ1 dl (рис. 1.10). Заряд dq считаем точечным, и напряженность создаваемого им в центре кольца (в точке О) поля dE находим по формуле (1.4):  d dq 1 1 dE   2   1 . 4 0 R 4 0 R Из соображений симметрии ясно, что в суммарную напряженность поля войдет только проекция напряженности на ось X, проведенную через центр кольца перпендикулярно диаметру полукольца: dEx = dE cosα. В итоге получаем: / 2 1 cos d 1 2 Рис. 1.10. Определение напряE1   .  женности поля в центре 4 0 0 R 2 0 R заряженного полукольца. От второго полукольца напряженность поля будет направлена в противоположную сторону, так как оба заряда одного знака. Поэтому окончательно:   E 1 2 . 2 0 R

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

23

Если τ1 = τ2, то E = 0. Напряженность в центре равномерно заряженного кольца равна нулю.   Ответ:. E = 1 2 ex. 2 0 R Задача 1.3.5. Вычислить напряженность электрического поля в произвольной точке на оси тонкого кольца радиуса R, на котором равномерно распределен заряд q. Решение Z Расположим начало координат dE в центре кольца и направим ось Z A вдоль оси кольца (рис. 1.11.).  Выберем произвольную точку А на r  оси кольца с координатой z и найдем напряженность R электрического поля E в этой О d точке. dl На кольце выделяем участок Рис. 1.11. К определению напрябесконечно малой длины dl = Rd, женности поля на оси равномерно Рис. 1.3. К определению на котором находится заряд заряженного кольца. напряженности поля на оси q равномерно заряженного кольца dq = τ dl, где   – линейная 2R плотность заряда на кольце. Заряд dq рассматриваем как точечный. Он создает в точке А поле напряженностью dq r 1 dE   2  , 4 0 r r где r  R 2  z 2 – расстояние от заряда до точки А. Из соображений симметрии ясно, что для напряженности поля, создаваемого всем кольцом, будет отлична от нуля только ее проекция на ось Z. z Поскольку d E z  d E cos  и cos  , т.е. r qRz qz 1 1 dE z   d   d , 3 2 4 0 2Rr 4 0 2( R  z 2 ) 3 / 2 получим после интегрирования по φ в пределах от 0 до 2π:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

24

qz 1  2 ; E = Ezez. 4 0 ( R  z 2 ) 3 / 2 Так как напряженность поля при z = 0 равна нулю, растет с увеличением z, не меняет знака и при z → ∞ стремится к нулю, это означает, что она проходит через максимум в некоторой точке. E z Чтобы найти (Ez)max, используем условие экстремума  0 , из z R z max  которого находим . Максимальное значение 2 напряженности равно: q E m ax  E z ( z m ax )  . 6 3 0 R 2 При z >> R поле мало отличается от поля точечного заряда q, расположенного в центре кольца. qz 1  Ответ: E  E z  ; E = Ezez. 4 0 ( R 2  z 2 ) 3 / 2 Ez 

Задача 1.3.6. Определить напряженность электрического поля на оси тонкого диска радиуса R0, заряженного равномерно с поверхностной плотностью σ. Решение Выберем ось Z Z совпадающей с осью диска dE (рис. 1.12). Малый элемент A поверхности диска, находящийся на расстоянии R r  от центра, имеет площадь dS = R dφ dR, где φ – полярный d О R угол. Заряд на нем можно dR считать точечным; он равен dq = σdS = σ R dR dφ. Рис. 1.12. К определению напряНапряженность поля от этого женности поля на оси равномерно заряда в точке А c Рис. заряженного диска. 1.4. Определение напряженности координатой z будет равна: поля на оси равномерно заряженного диска (задача 1.4) 1 R d R d  r dE    , 4 0 r r2

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

25

где r  R 2  z 2 . Разложим dE на две составляющие – параллельную и перпендикулярную оси Z. Последняя при суммировании по площади диска в силу симметрии задачи даст нуль, а первая будет z равна dEz = dEcos, где cos  . Тогда: r 1  zR d R d  d Ez   4 0 ( R 2  z 2 ) 3 / 2 и R 2  z 0 R d R d   z  Ez   1  2 2  4 0 0 0 R 2  z 2 3 / 2 2 0  R0  z     (1  cos ) . 2 0





 , т.е. напряженность 2 0 электрического поля стремится к величине напряженности поля равномерно заряженной бесконечной плоскости. Примечание. Тот же результат можно получить проще, используя решение задачи 1.3.5. Для этой цели выделим в плоскости диска малое кольцо радиуса r, которое будет нести заряд dq = σ 2π r dr, и которое, согласно решению задачи 1.3.5, создаст на оси диска напряженность поля, равную по величине 1 z dq  z r dr d Ez     . 4 0 (r 2  z 2 ) 3 / 2 2 0 (r 2  z 2 ) 3 / 2 Интегрируя это выражение по r от нуля до R0, получим искомый ответ.     z  Ответ: E  E z  1 (1  cos) . 2 2  2 0  2 0 R  z 0  

При R0 → ∞ (или z → 0) Ez →

Задача 1.3.7. Заряд равномерно распределен по поверхности полусферы радиуса R с поверхностной плотностью заряда σ. Определить вектор напряженности электрического поля в центре полусферы.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

26

Решение В сферической системе координат площадь элемента поверхности равна 2 dS = R sin d dφ. Элементарный заряд на этой площади, который мы будем рассматривать как точечный (рис. 1.13.), будет dq = σ R2sin d dφ и напряженность поля, создаваемого им в центре полусферы, равна:  dE  sin  d d . 4 0 Разложим напряженность этого Рис. 1.13. Определение напряженности поля Е в центре поля на составляющую, заряженной полусферы. направленную по перпендикуляру к плоскости сечения сферы (по оси Z):  dE z  dE cos   sin  cos  d d , 4 0 и на составляющую, лежащую в плоскости сечения сферы. Последняя в силу симметрии задачи при суммировании даст нуль, а нормальная составляющая и есть искомая напряженность поля:  Ez  4 0

 / 2 2



  sin  cos d d  40 . 0

0

 E= ez. 4 0

Ответ: E  E z 

  ;E= ez. 4 0 4 0

Задача 1.3.8. Сфера радиуса r заряжена с поверхностной плотностью заряда σ = (ar), где а – постоянный вектор, r – радиусвектор точки сферы относительно её центра (рис. 1.14.). Найти напряженность электрического поля в центре сферы. Решение Выберем за ось Z вертикаль, проведенную через центр сферы параллельно вектору а, а начало координат поместим в центр сферы (рис. 1.14.). В соответствии с условием задачи поверхностная плотность заряда будет распределена по закону:

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

27

σ() = ar cos, Z где  – полярный угол точки  + + + + наблюдения (рис. 1.14.). + + Заряд элементарного элемента  a r + + поверхности сферы площади 2 dS = r sin d dφ равен dq = σdS = ar3sin cos d dφ, dE O Y где φ – азимутальный угол). – – Напряженность поля от этого заряда в центре сферы равна: – – – – – 1 dq r – dE    , 4 0 r 2 r Рис. 1.14. К определению напряженности поля в Рис. 1.9а. электрического К определению a ее модуль – центре неравномерно заряженнапряженности электрического 1 полясферы. а центре неравномерно ной dE  ar cos  sin  d  d  . заряженной сферы 4 0 Проекции dE на ось Z и на ось Y соответственно равны: 2 ar d E z   d E cos   d   sin  cos 2  d  , 2 0 0 2

d E y   d E sin   d    0

ar sin 2  cos  d  . 2 0

Интегрирование полученных выражений по углу  дает проекции искомой напряженности электрического поля в центре неоднородно заряженной сферы: ar  ar 2 Ez   ,  sin  cos  d    2 0 0 3 0 ar  2  sin  cos  d   0 . 2 0 0 Вспоминая, что ось Z направлена вдоль вектора а, можно ответ записать в векторном виде: r E  a. 3 0 2-ой способ. Как и в предыдущем варианте решения, за ось Z выберем вертикаль, проведенную через центр сферы O параллельно вектору а, а начало координат поместим в центр сферы. В соответствии с Ey  

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

28

условием задачи поверхностная Z плотность заряда будет + распределена по закону: + R + r σ() = ar cos, (r + dr) z a где  – полярный угол точки + dϑ + наблюдения (рис. 1.15). ϑ + +Y Это распределение имеет О осевую симметрию, поэтому сферическую поверхность можно dEz разбить на кольца, ограниченные окружностями, которые - - соответствуют радиус-векторам r и r + dr, составляющим углы  и Рис. 1.15. К определению напряженности поля в Рис. 1.9б.электрического К определению  + d, соответственно центре неравномерноэлектрического заряженной напряженности (рис. 1.15). Площадь такого сферы поля (2-йв способ). центре неравномерно кольца равна dS = 2πrsin rd, а заряженной сферы (2-й способ) заряд – dq = σdS = 2πar3sin cos d. Величина напряженности поля от кольцевого заряда в центре сферы, т.е. на расстоянии z = rcosϑ от плоскости кольца равна (см. задачу 1.3.5): 1 dqz 1 2ar 3 sin r cos2  d dE z   3    4 0 r 4 0 r3 

1 2ar cos 2  d(cos ) . 4 0

Интегрирование полученного выражения по углу  дает модуль искомой напряженности электрического поля в центре неоднородно заряженной сферы:

Ez  

ar 2 0



ar

 cos  d(cos)   3 0 . 2

0

Поскольку ось Z направлена вдоль вектора а, ответ можно записать в векторном виде следующим образом: r E  a. 3 0

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

Ответ: E  

29

r a. 3 0

Задача 1.3.9. Тонкое кольцо радиуса R заряжено с линейной плотностью τ = τ0 cosφ (начало полярной системы координат в центре кольца). Найти напряженность поля в центре и в произвольной точке на оси кольца. Решение С учетом симметрии системы -dq +dq рассмотрим четыре участка кольца длиной dl = Rdφ каждый, расположенных на концах двух E  взаимно перпендикулярных X диаметров (рис. 1.16, на котором стрелками показаны напряженности +dq -dq dq 1 dE1   2 , 4 0 R Рис. 1.16. К вычислению создаваемые точечными зарядами напряженности поля Е в плоскости неравномерно dq = τdl, находящимися на каждом заряженного кольца. участке dl). Видно, что при их сложении будет отлична от нуля только проекция на ось X: 1 0  cos 2  d = dE. dEx = –4dE1 cosφ    0 R Интегрируя это выражение в пределах от 0 до  2 , получим значение напряженности в центре кольца:  E =  0 i, 4 0 R (здесь учтено и направление вектора E, а i – орт оси Х). В точке на оси кольца, отстоящей от плоскости кольца на расстояние z, условия симметрии те же, поэтому опять будет отлична от нуля только проекция E на ось X. Но теперь (см. рис. 1.17) dq 1  dE1  , 4 0 z 2  R 2

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

30

dE x  4dE1 cos  cos    4

= 

0R2

1  0 ( z

 R)

2

dq 1  2 cos  cos  = 4 0 z  R 2

cos2φdφ.

3/ 2

dE1 

r

r

Z

–dq

R

+dq

R

Рис. 1.17. К вычислению напряженности поля Е в плоскости неравномерно заряженного кольца.

Вычисляя интеграл по φ в пределах от 0 до направление вектора E, находим: 0 R 2 E i, 3/ 2 4 0 z 2  R 2



Ответ:

 и учитывая 2



E



0 R 2

4 0 z 2  R 2



3/ 2

i.

1.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 1.4.1. Два положительных заряда q1 и q2 находятся в точках с радиус-векторами r1 и r2. Найти величину отрицательного заряда q3 и радиус-вектор r3 точки, в которую его необходимо поместить, чтобы сила, действующая на каждый из этих трех зарядов, была равна нулю. r1 q 2  r2 q1 q1q 2 Ответ: q3   , r3  . 2 q1  q 2 q1  q 2





Задача 1.4.2. Три одинаковых одноименных заряда q расположены в вершинах равностороннего треугольника. Какой заряд Q противоположного знака нужно поместить в центр этого

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

31

треугольника, чтобы результирующая сила, действующая на каждый заряд, была равна нулю? q Ответ: Q  . 3 Задача 1.4.3. Тонкая непроводящая палочка длиной L = 0,08 м равномерно заряжена так, что её полный заряд равен q = 3,5·10–7 Кл. Какой точечный заряд Q нужно поместить на расстоянии d = 0,06 м от середины палочки на её продолжении, чтобы на него действовала сила F = 0,12 H? 4 0  2 L2   d    7,610–8 Кл. Ответ: Q  F q  4  Задача 1.4.4 ([2], 3.2). С какой силой взаимодействовали бы два медных шарика, каждый массы 1 г, находясь на расстоянии 1 м друг от друга, если бы суммарный заряд всех электронов в них отличался на 1 % от суммарного заряда всех ядер? Ответ: около 2 • 1015 Н. Задача 1.4.5 ([2], 3.3). Два небольших одинаково заряженных шарика, каждый массы m, подвешены к одной точке на шелковых нитях длины l. Расстояние между шариками х < l. Найти скорость утечки зарядов dq/dt с каждого шарика, если скорость их сближения меняется по закону   a / x , где а – постоянная. Ответ: dq/dt = (3а/2) 2 0 mg / l . Задача 1.4.6 ([2], 3.6). Положительный точечный заряд 50 мкКл находится на плоскости XY в точке с радиус-вектором r0 = 2i + 3j, где i и j - орты осей OX и OY. Найти напряженность электрического поля и ее модуль в точке с радиус-вектором r = 8i − 5j. Здесь r0 и r – в метрах. Ответ: E = 2,7i – 3,6j, E = 4,5 кВ/м. Задача 1.4.7 ([2], 3.7). В вершинах квадрата с диагональю 2l находятся точечные заряды q и −q. Найти модуль напряженности электрического поля в точке, отстоящей на расстояние х от центра

32

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

квадрата и расположенной симметрично относительно вершин квадрата. Ответ: E = ql/[ 2 πε0(l2 +x2)3/2]. Задача 1.4.8. Тонкое полукольцо радиуса R = 20 см заряжено равномерно зарядом q = 0,7 нКл. Найти модуль вектора напряженности электрического поля в центре кривизны этого полукольца. q Ответ: E  2 = 100 В/м. 2  0 R 2 Задача 1.4.9. Точечный заряд q находится в центре тонкого кольца радиуса R, по которому равномерно распределен заряд (–q). Найти модуль вектора напряженности электрического поля на оси кольца в точке, отстоящей от центра кольца на расстояние x >> R. 3qR2 Ответ: E  . 8 0 x 4 Задача 1.4.10 ([2], 3.12). Тонкое непроводящее кольцо радиуса R заряжено с линейной плотностью λ = λ0 cosφ, где λ0 – постоянная, φ – азимутальный угол. Найти модуль напряженности электрического поля: а) в центре кольца; б) на оси кольца в зависимости от расстояния х до его центра. Исследовать полученное выражение при x >> R. Ответ: а) E = λ0/(4ε0R); б) E = λ0R2/[4ε0(x2 + R2)3/2], при x >> R E ≈ p/(4πε0x3), где p = πR2λ0. Задача 1.4.11. Система состоит из тонкого заряженного проводящего кольца радиуса R и очень длинной нити, равномерно заряженной с линейной плотностью τ, расположенной на оси кольца так, что один из её концов совпадает с центром кольца. Кольцо имеет заряд q. Найти силу взаимодействия кольца и нити. q . Ответ: F  4 0 R

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

33

Задача 1.4.12. Из равномерно заряженной плоскости вырезали круг радиуса R и сдвинули его перпендикулярно плоскости на расстояние L. Найти напряженность электрического поля в точке, находящейся на оси выреза посередине между кругом и плоскостью. Поверхностная плотность заряда на круге и плоскости одинаковая и равна σ.  2L  L    Ответ: E     1.  2 2  2  20  L  4 R  Задача 1.4.13. Два длинных тонких провода, расположенных параллельно на расстоянии d друг от друга, равномерно заряжены с линейной плотностью +τ и (–τ) соответственно. Определить напряженность электрического поля в точке, лежащей в плоскости симметрии на расстоянии h от плоскости, в которой лежат провода. 2d Ответ: E  .  0 (4h 2  d 2 ) Задача 1.4.14. Шар радиуса R сферически симметрично заряжен по объему зарядом Q так, что ρ(r) ~ r2. Определить напряженность электрического поля в точках А и В, если rA = 0,5R, a rB = 2R. 1 Q 1 Q ; EB  Ответ: E A  . 2 4 0 8R 4 0 4 R 2 Задача 1.4.15. Имеются два сферических распределения зарядов с объёмными плотностями заряда +ρ и –ρ с центрами в точках О1 и О2, сдвинутых относительно друг друга на вектор а, такой, что a < │О1О2│< R, где R – радиус сфер. Найти напряженность электрического поля в пространстве перекрытия зарядов.  a. Ответ: E  3 0 Задача 1.4.16 ([2], 3.13). Находящийся в вакууме тонкий прямой стержень длины 2а заряжен равномерно зарядом q. Найти модуль напряженности электрического поля как функцию расстояния r от центра стержня до точки прямой:

34

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

а) перпендикулярной к стержню и проходящей центр; б) совпадающей с осью стержня, если r > а. Исследовать полученные выражения при r >> а.

через его

Ответ: а) E = q/[4πε0r a 2  r 2 ]; б) E = q/[4πε0 (r2 – a2)]. В обоих случаях при r >> a E ≈ q/4πε0 r2. Задача 1.4.17 ([2], 3.15). Равномерно заряженная нить, на единицу длины которой приходится заряд λ, имеет конфигурации, показанные на рис. 1.18. Радиус закругления R значительно меньше длины нити. Воспользовавшись результатом решения предыдущей задачи, найти модуль напряженности электрического поля в точке О для конфигураций (а) и (б). Ответ: а) E = λ 2 /(4πε0R); б) E = 0.

O R (а)

O R (б)

Рис. 1.18. К вычислению напряженности поля Е в точке О для конфигураций (а) и (б).

Задача 1.4.18. Поверхностная плотность заряда на сфере радиуса R зависит от полярного угла  как σ = σ0 cos , где σ0 – положительная постоянная. Показать, что такое распределение заряда можно представить как результат малого сдвига друг относительно друга двух равномерно заряженных шаров радиуса R, заряды которых равны по модулю и противоположны по знаку. Воспользовавшись этим представлением, найти вектор напряженности электрического поля внутри данной сферы.  Ответ: E   0 k , где k – орт оси Z, от которой 3 0 отсчитывается угол . Поле внутри данной сферы однородно.

Глава 1. Электростатическое поле в вакууме. Закон Кулона. ...

35

Задача 1.4.19. Бесконечно X длинная цилиндрическая поверхность круглого сечения + +++ + + заряжена неравномерно с + +  поверхностной плотностью σ = σ0 cosφ, где φ – угол dЕ Z цилиндрической системы – – координат, отсчитываемый от – – – заданного радиуса (оси X) в – –– плоскости перпендикулярного сечения цилиндра (рис. 1.19). Рис. 1.19. К вычислению напряженности модуля Найти модуль и направление электрического поля Е на оси вектора напряженности цилиндра. электрического поля на оси цилиндра Z. Указание. Выделить на поверхности цилиндра узкие полосы, параллельные оси Z, на которых плотность заряда будет постоянна (см. рис. 1.19). Для нахождения электрического поля, создаваемого такой полосой на оси цилиндра, воспользоваться результатом задачи 1.3.3, где была найдена напряженность поля от бесконечного линейного заряда.  Ответ: E x   0 . 2 0

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

36

Глава 2 ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКАЯ ТЕОРЕМА ГАУССА 2.1. Теоретический материал Поток d E напряженности электрического поля E (r ) через физически бесконечно малый элемент поверхности (настолько малый, что можно считать элемент плоским, а напряженность электрического поля одинаковой в любой точке этого элемента) площадью dS называется физическая величина, равная: d  E  E (r )  dS  E (r )  n d S  E (r ) cos  d S  En (r ) d S , (2.1) где dS  n d S , n – нормаль к поверхности. Поток  E напряженности электрического поля E (r ) через произвольную двухстороннюю поверхность S складывается из потоков напряженности поля через физически бесконечно малые элементы dS этой поверхности и равен:

 E   d  E   E (r )  dS . S

(2.2)

S

Единица измерения – [ E ]  В  м . Электростатическая теорема Гаусса в интегральной форме. Поток  E (вектора) напряженности электрического поля E через произвольную замкнутую поверхность S равен отношению полного заряда q, охватываемого этой поверхностью, к электрической постоянной 0: q  E   E ( r )  dS  . (2.3) 0 S Граничные условия для нормальной составляющей напряженности электрического поля. Граничные условия – связь между одинаковыми характеристиками поля двух сред по обе стороны границы их раздела. Граничные условия для нормальной составляющей напряженности электрического поля:  E 2 n  E1n  n , (2.4) 0

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

37

где (r ) – поверхностная плотность заряда на границе раздела двух сред, E1n и E 2 n – нормальные составляющие напряженности электрического поля E по обе стороны этой границы, при этом нормаль n к поверхности раздела двух сред направлена от первой ко второй среде. Векторный дифференциальный оператор "набла" в декартовой системе координат:     i j k. (2.5) x y z Дивергенция векторного поля a (r ) по определению равна:

 a(r )  dS  a S , (2.6) div a(r )  lim  lim V 0 V V 0 V где  a – поток вектора a (r ) через достаточно малую замкнутую поверхность S, которая охватывает (ограничивает) малый объем V. В декартовой системе координат дивергенция выражается через векторный дифференциальный оператор набла: a y a z a div a  a   x   . (2.7) x y z Формула Остроградского-Гаусса для произвольного векторного поля a (r ) :  a(r )  dS   div a(r ) dV , S

(2.8)

V

где S – произвольная замкнутая поверхность, охватывающая (ограничивающая) объем V. Электростатическая теорема Гаусса в дифференциальной (локальной) форме. Дивергенция напряженности электрического поля E (r ) равна отношению объемной плотности заряда (r ) к электрической постоянной 0: (r ) div E (r )  . (2.9) 0

38

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

2.2. Основные типы задач (классификация) 2.1. Вычисление напряженности электрического поля, создаваемого непрерывным распределением зарядов с плоскостной конфигурацией. 2.2. Вычисление напряженности электрического поля, создаваемого непрерывным распределением зарядов с цилиндрической симметрией. 2.3. Вычисление напряженности электрического поля, создаваемого непрерывным распределением зарядов со сферической симметрией. 2.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 2.1 Вычисление напряженности электрического поля, создаваемого непрерывным распределением зарядов с плоскостной конфигурацией. Метод решения. К задачам этого типа относятся случаи, когда заряды распределены по бесконечным плоскостям с постоянной поверхностной плотностью σ, или же заряды распределены в плоских слоях либо с постоянной объемной плотностью ρ, либо неравномерно (по известному закону) в направлении, перпендикулярном слоям. Такие задачи решаются с помощью электростатической теоремы Гаусса (2.3), причем в качестве замкнутой поверхности выбирается прямой цилиндр, боковая поверхность которого перпендикулярна заряженным плоскостям. Задача 2.3.1. Найти в произвольной точке напряженность электрического поля, создаваемого положительным E зарядом, равномерно распределенным по бесконечной плоскости с поверхностной плотностью σ. Решение Поскольку плоскость бесконечная, распределение зарядов и поля обладает осевой симметрией относительно

 Рис. 2.1. К определению напряженности поля, создаваемого равномерно заряженной плоскостью.

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

39

любой линии, перпендикулярной плоскости. Линии напряженности поля везде направлены по нормали к плоскости и, следовательно, параллельны друг другу, а модуль напряженности одинаков во всех точках и не зависит от расстояния до плоскости. Ввиду вышесказанного целесообразно применить электростатическую теорему Гаусса в интегральной форме. Для этого рассмотрим прямой цилиндр, ось которого перпендикулярна заряженной плоскости, а сам цилиндр симметрично расположен относительно нее (рис. 2.1). Поток вектора E через боковую поверхность такого цилиндра равен нулю, так как линии напряженности везде параллельны образующим цилиндра. Потоки вектора напряженности E через основания цилиндра одинаковы и равны ES, где S – площадь основания цилиндра. Заряд, находящийся внутри замкнутой поверхности этого цилиндра, равен σS. Согласно электростатической теореме Гаусса имеем: S 2ES = , 0 откуда находим искомую напряженность электрического поля:  E . 2 0 Этот же результат получится и для отрицательного заряда. В этом случае силовые линии поля начинаются в бесконечности и заканчиваются на заряженной плоскости. Полученный результат можно использовать также для определения напряженности поля вблизи равномерно заряженной пластины конечных размеров, когда расстояние от точки наблюдения до пластины много меньше ее размеров и точка наблюдения находится достаточно далеко от краев пластины. Кроме того, полученное решение можно распространить и на произвольные (неплоские) поверхности, если радиус кривизны вблизи точки, в которой определяется напряженность, много больше расстояния от поверхности до точки наблюдения, и на неравномерно заряженные поверхности, если характерный размер неоднородности в распределении плотности заряда значительно превышает расстояние до точки наблюдения. Это типичный пример придания физического смысла результатам расчета напряженности поля от объекта бесконечной протяженности.

40

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Отметим, что на заряженной поверхности напряженность поля Е не определена (испытывает скачок). Это связано с выбором модели поверхности как двумерного объекта (не имеющего толщины). В реальных материалах электрическое поле вблизи заряженной поверхности меняется очень быстро на расстояниях порядка нескольких атомных слоев. В этой области модель равномерно заряженной поверхности неверна, и требуется учитывать реальное распределение заряженных частиц, из которых состоят ее атомы и молекулы. В дальнейшем, говоря о скачке напряженности, будем иметь в виду именно такую картину.  Ответ: E  . 2 0 Задача 2.3.2. Две бесконечные параллельные друг другу плоскости равномерно заряжены с поверхностными плотностями заряда σ1 и σ2. Найти распределение напряженности поля: а) когда заряды одного знака, б) когда заряды разных знаков. Решение Напряженности полей, создаваемых каждой плоскостью, найдены в задаче 2.3.1. Используем полученные там решения и принцип суперпозиции. На рис.2.2. схематически показаны векторы напряженности полей от каждой плоскости для случаев а) и б); при этом положительным направлением напряженности считается направление слева направо (именно это направление будем считать положительным направлением оси Х). а) В области 1 поля E1 и E2 сонаправлены, поэтому E(1) = –E1 – E2= –(E1 + E2). В области 2 направления полей противоположны, поэтому E(2) = –E2 + E1. Аналогично в области 3 имеем: E(3) = E1 + E2.

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса +1 +2

E1

E1

E1

E2

E2

E2

1

2

3

x

41

–2

+1 E1

E1

E1

E2

E2

E2

2

3

1

а)

б)

Рис.2.2. Напряженности электрических полей, создаваемых двумя равномерно заряженными плоскостями: а) заряды плоскостей одного знака; б) заряды плоскостей противоположных знаков.

Если плотности зарядов одинаковы и равны σ, то модули векторов напряженностей вдоль оси Х будут:   E(1) = – , E(2) = 0, E(3) = . 0 0 б) Рассмотрение аналогично пункту а). Находим: E(1) = E2 – E1; E(2) = E1 + E2 ; E(3) = E1 – E2. В случае одинаковых по модулю зарядов имеем:  E(1) = E(3) = 0, E(2) = . 0 Как и в задаче 2.3.1, полученные результаты можно использовать для пластин конечных размеров в точках пространства, находящихся достаточно близко к плоскостям пластин и отстоящих достаточно далеко от краев пластин. Фактически расстояния между пластинами должны быть малыми по сравнению с размерами пластин, а точка наблюдения находиться далеко от краев пластин. В противном случае отклонения от полученных результатов становятся существенными (поле искажается за счет краевых эффектов). Ответ: а) Е(1) = –

  , E(2) = 0, E(3) = ; 0 0

б) E(1) = E(3) = 0, E(2) =

 . 0

42

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Z Задача 2.3.3. В бесконечной тонкой плоскости, E1 заряженной равномерно с A поверхностной плотностью E2 заряда σ, вырезано круглое отверстие радиусом R. Найти R вектор напряженности  электрического поля на оси этого отверстия (рис. 2.3; для наглядности плоскость Рис. 2.3. К нахождению поля Е на оси отверстия, вырезанного в заряженной показана в виде тонкой плоскости. пластины).

Решение Используя принцип суперпозиции, искомую напряженность электрического поля в точке А на оси отверстия можно представить как сумму напряженностей поля Е1, создаваемого целой бесконечной плоскостью, и поля Е2 от диска радиуса R, заряженного с той же по величине плотностью заряда, но противоположного знака. Напряженность поля, создаваемого бесконечной плоскостью,  известна из решения задачи 2.3.1, согласно которому E1 = . 2 0 Модуль напряженности поля на оси диска известен из решения задачи 1.3.6 и равен  ()  z0 , E2  1 2 2  20  R  z 0   где z0 – расстояние от точки наблюдения до плоскости. Окончательный ответ получаем, складывая её с напряженностью поля плоскости: z0  E  Ez  20 R 2  z02 и вектор напряженности z0  E= ez 2 0 R 2  z 2 0

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

Ответ: E  Ez  E=

 2 0

 20

z0 R 2  z02 z0

R 2  z 02

43

,

ez.

Задача 2.3.4. Определить напряженность электрического поля Е внутри и вне безграничного плоского слоя толщиной 2h, в котором равномерно распределен положительный заряд с объемной плотностью ρ. Решение В силу симметрии задачи вектор напряжённости электрического поля в каждой точке будет направлен перпендикулярно плоскости слоя. Для применения электростатической теоремы Гаусса выбираем цилиндр с площадью основания S и длиной образующей 2x, расположенный симметрично относительно центральной плоскости слоя (рис. 2.4). 

 S

S X

X

2x 2h

2x 2h

а)

б)

Рис. 2.4. К определению напряженности поля, создаваемого равномерно заряженным плоским слоем: а) вычисление внутри слоя; б) вычисление вне слоя.

Если x < h, то с помощью теоремы Гаусса определяется напряженность поля внутри заряженного слоя, если x > h – снаружи. Рассуждения аналогичны тем, что проводились в задаче 2.3.1. При x < h (рис. 2.4а) для потока напряженности электрического поля E(x) запишем:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

44

2Sx , 0 откуда для искомой напряженности электрического поля внутри заряженного слоя получим: x E ( x)  . 0 При x > h (рис. 2.4б) для потока напряженности электрического поля E(x) будем иметь: 2Sh 2 E ( x) S  . 0 Следовательно, для искомой напряженности электрического поля вне заряженного слоя получим: h E ( x)  . 0 Как видим, внутри заряженного слоя величина напряженности поля нарастает от центра слоя по линейному закону, а вне слоя поле становится однородным, как в случае бесконечной заряженной плоскости. Как и в задаче 2.3.1, решение справедливо и для конечного слоя при соблюдении условий, указанных в задаче 2.3.1. x Ответ: E ( x)  при x < h; 0 2 E ( x) S 

E ( x) 

h при x > h. 0

Задачи типа 2.2 Вычисление напряженности электрического поля, создаваемого непрерывным распределением зарядов с цилиндрической (осевой) симметрией. Метод решения. Такие задачи решаются с помощью электростатической теоремы Гаусса (2.3), причем в качестве замкнутой поверхности выбирается цилиндр соответствующего радиуса, соосный с заряженным цилиндрическим телом. Задача 2.3.5. Поверхность бесконечного круглого цилиндра радиуса R заряжена равномерно с поверхностной плотностью σ. Найти напряженность электрического поля в произвольной точке.

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

45

h

Решение В силу симметрии задачи вектор напряжённости E везде направлен по нормали к боковой поверхности цилиндра. Для применения электростатической теоремы Гаусса в интегральной форме выбираем в качестве поверхности коаксиальный цилиндр произвольного радиуса r и конечной высоты h (рис. 2.5.). Если r < R, то R внутри такого цилиндра зарядов нет. Следовательно, в r любой точке внутри равномерно заряженной бесконечной цилиндрической поверхности Eвнутри = 0. Если r > R, то заряд внутри цилиндра равен 2πRhσ, а поток вектора напряженности E через поверхность цилиндра Рис. 2.5. К определению напряженности поля круглого цилиндра, равномерно радиуса r равен 2πrhE. По заряженного по поверхности.. теореме Гаусса 2Rh  2rhE (r )  , 0 откуда напряженность поля вне цилиндра равна: R 1 E (r )   , 0 r где r – расстояние от оси цилиндра до точки наблюдения, или в векторной форме: R 1  E(r) = r. 0 r 2 На заряженной поверхности цилиндра напряженность поля не определена (испытывает скачок от E = 0 вблизи поверхности  внутри цилиндра до E ( R )  вблизи его поверхности снаружи). 0 Полученные результаты применимы и для цилиндров конечных размеров, если можно пренебречь краевыми эффектами. Если, сохраняя заряд, устремить радиус цилиндра R к нулю, то в пределе получим тонкую нить с линейной плотностью заряда τ = 2πRσ и формула для E(r) становится:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

46

1   2 r. 2 0 r Этот результат можно получить сразу из теоремы Гаусса, так как заряд внутри вспомогательного цилиндра равен в этом случае τh, а поток вектора E через боковую поверхность цилиндра  1  . Этот результат уже был 2rhE (r ) ; поэтому E (r )  2 0 r получен в задаче 1.3.3 как предельный случай напряженности поля от нити конечной длины. Ответ: E(r) = 0 при r < R; R 1  E(r) = r при r > R. 0 r 2

E(r) =

Задача 2.3.6. В круглом бесконечном цилиндре радиуса R равномерно распределен положительный заряд с объемной плотностью ρ. Найти модуль напряженности электрического поля в произвольной точке. Решение Для применения теоремы Гаусса выбираем поверхность в виде цилиндра, как в задаче 2.3.5. (рис. 2.5). Если r < R, то заряд внутри цилиндра равен q = ρπr2h, а поток  вектора E через его поверхность составляет:  = 2πrhE. По теореме Гаусса получаем:  r. Eвнутри = 2 0 Внутри заряженного по объему цилиндра поле нарастает от оси цилиндра по линейному закону, достигая на его поверхности R значения . Напряженность поля является здесь непрерывной 2 0 функцией от r, так как нет заряженных поверхностей с плотностью σ  0. Если r > R, то заряд внутри цилиндра равен: q = ρπR2h, поток вектора E будет:

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

47

 = 2πrhE, и по теореме Гаусса: R 2 1 Eвне  . 20 r Устремляя здесь r → R, убеждаемся в непрерывности функции E(r).  r; Ответ: для r < R: Eвнутри  2 0 для r > R: Eвне 

R 2 1 . 20 r

Задача 2.3.7. Внутри бесконечно длинного круглого цилиндра радиуса R0, заряженного равномерно с объёмной плотностью ρ, имеется круглая цилиндрическая полость радиуса R1 (R1 < R0), ось которой параллельна оси цилиндра и находится от неё на расстоянии а (рис. 2.6). Найти напряженность электрического поля в полости. Решение Для решения данной задачи целесообразно a О O использовать решение задачи r r 2.3.6. и принцип A суперпозиции. Искомое поле в полости можно представить как сумму полей сплошного цилиндра, заряженного с плотностью +ρ, и сплошного цилиндра, совпадающего с Рис. 2.6. К вычислению полостью, заряженного с напряженности поля Е в цилиндрической плотностью (–ρ). полости внутри заряженного цилиндра. Сначала найдем напряженность поля цилиндра, заряженного с плотностью +ρ. Воспользуемся результатом задачи 2.3.6, согласно которому напряженность поля внутри такого цилиндра будет равна:  E1  r, 2 0

48

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

где r – радиус-вектор точки, проведенный в перпендикулярном сечении от оси цилиндра. Аналогично, напряженность поля внутри цилиндра, совпадающего с полостью, будет: ( ) E2  r , 2 0 где r´ – радиус-вектор точки А, проведенный от оси полости. Напряженность поля в произвольной точке А полости будет равна сумме полученных полей:  a Ea  ( r  r )  , 2 0 2 0 где вектор а = r – r определяет смещение оси полости относительно оси цилиндра. Следует отметить, что поле внутри полости однородно, то есть не зависит от r.  a. Ответ: E a  2 0 Задача 2.3.8. Две длинные параллельные нити равномерно заряжены с одинаковой линейной плотностью заряда τ. Найти максимальное значение модуля напряженности поля в плоскости симметрии этой системы. Расстояние между нитями d. Решение Плоскость симметрии системы параллельна нитям и отстоит от каждой из них на расстояние d 2 . Напряженность поля, создаваемая каждой нитью, вычислена в задаче 2.3.5: она направлена радиально от нити, а E модуль ее равен  1 E2 E1  . E  2 0 r A где r – расстояние от нити до  произвольной точки А, x расположенной в плоскости d d симметрии. Пусть точка А 2 2 + находится на расстоянии x от + Рис. 2.7. К вычислению линии, проведенной через две напряженности поля от двух нити перпендикулярно плоскости заряженных нитей. симметрии (на рис. 2.7 показана

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

49

плоскость, перпендикулярная к нитям). Используя принцип суперпозиции, определим напряженность поля E в точке А. Из рисунка видно, что  x  x  E = 2E1 cosφ  , 2 2  0 r  0 x  (d / 2) 2 x где cos φ  . r dE Максимальное значение E находим из условия  0 , откуда: dx  d x  ; Emax  .  0 d 2 Ответ: Emax 

 .  0 d

Задачи типа 2.3 Вычисление напряженности электрического поля, создаваемого непрерывным распределением зарядов со сферической (точечной) симметрией. Метод решения. Такие задачи решаются с помощью электростатической теоремы Гаусса (2.3), причем в качестве замкнутой поверхности выбирается сфера соответствующего радиуса, концентрическая с заряженными сферическими телами. Задача 2.3.9. На поверхности сферы радиуса R равномерно распределен положительный заряд с поверхностной плотностью σ. Найти напряженность электрического поля в произвольной точке. Решение Система имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентрическую сферу радиуса r. При r < R заряда внутри этой поверхности нет. Значит, в любой точке внутри равномерно заряженной сферы E = 0. При r > R весь заряд q = 4πR2σ находится внутри поверхности Гаусса, а поток вектора E через неё равен:  = 4πr2E. По теореме Гаусса находим:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

50

q R 2  . 4 0 r 2  0 r 2 Поле вне равномерно заряженной сферы совпадает с полем точечного заряда q, расположенного в центре сферы. На заряженной поверхности напряженность поля не q определена (испытывает скачок от E = 0 внутри до E  4 0 R 2 снаружи). Физический смысл такого поведения функции E(r) объяснен в решении задачи 2.3.1. Ответ: для r < R: Eвнутри = 0; R 2 для r > R: Eвне  . 0 r 2

E 

Задача 2.3.10. Шар радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью ρ. Найти модуль напряженности поля в произвольной точке. Решение Система имеет сферическую симметрию. Для применения теоремы Гаусса выберем в качестве поверхности Гаусса концентрическую сферу радиуса r. При r < R заряд внутри этой сферы равен: q = (4/3)πr3ρ, а поток  вектора E через её поверхность –  = 4πr2E. По теореме Гаусса: 4 3 r , 4πr2Eвнутри  3 0 откуда  r. Eвнутри(r)  3 0 Таким образом, внутри равномерно заряженного шара поле растет от центра шара по линейному закону, достигая на поверхности шара значения: Q R  E= , 3 0 4 0 R 2 где Q– полный заряд, размещенный в шаре.

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

51

При r > R рассуждения ничем не отличаются от проведенных в задаче 2.3.9. Поле снаружи равномерно заряженного шара совпадает с полем точечного заряда, расположенного в центре шара и равного по величине полному заряду шара. Функция E(r) непрерывна, так как нет поверхностей, несущих поверхностный заряд.  Ответ: для r < R: Eвнутри(r)  r; 3 0 для r > R: Eвне(r) 

R 3 . 3 0 r 2

Задача 2.3.11. Внутри шара, равномерно заряженного с объемной плотностью +ρ, сделана сферическая полость, центр которой смещен относительно центра шара на вектор a. Найти напряженность поля внутри полости. Решение Если представить себе полость как шар, равномерно заполненный зарядом с плотностью (–ρ), то поле в полости можно определить как суперпозицию полей этих двух равномерно заряженных шаров. Эти поля найдены в задаче 2.3.10. Выберем начало координат в центре О большого шара (рис.2.8) и  проведем в произвольную точку А A r полости радиус-вектор r. Центр r´ полости О определим радиусO a O´ вектором а. Соединим О' с точкой А вектором r. Из построения ясно, что r = а + r. Согласно результатам задачи 2.3.10 в точке А имеем:  Рис. 2.8. К вычислению (r  r ) , E= напряженности поля Е в 3 0  a. откуда E = 3 0 Поле внутри полости однородно.  a. Ответ: E = 3 0

сферической полости внутри заряженного шара.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

52

Задача 2.3.12. В сфере, заряженной равномерно с поверхностной плотностью заряда σ, вырезано круглое отверстие, малое по сравнению с радиусом сферы. Найти напряженность поля в центре этого отверстия. Решение Ввиду малых размеров отверстия можно считать, что вырезанная часть сферы эквивалентна диску малого R радиуса. Согласно принципу суперпозиции поле в центре отверстия O можно представить как сумму поля сферы и поля, созданного диском, равным отверстию и заряженным с Рис.2.9. Заряженная сфера с поверхностной плотностью (–σ). Поле сплошной сферы определено вырезанным малым отверстием.  в задаче 2.3.10 и равно Е1 = . 0 Напряженность поля в центре диска определена в задаче 1.3.6 и равна:  E2   . 2 0 В итоге напряженность поля в центре отверстия будет:      Е = Е1 + E2  .  0 2 0 2 0 Ответ: Е 

 . 2 0

2.4 Задачи для самостоятельного решения Задача 2.4.1. Из равномерно заряженной плоскости вырезали круг радиуса R и сдвинули его перпендикулярно плоскости на расстояние L. Найти напряженность электрического поля в точке, находящейся на оси выреза посередине между кругом и плоскостью. Поверхностная плотность заряда на круге и плоскости одинаковая и равна σ.

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

53

   2L L  1. Ответ: E      2  2 0  L2  4 R 2 

Задача 2.4.2. Два длинных тонких провода расположены параллельно на расстоянии d друг от друга, равномерно заряжены с линейной плотностью +τ и (–τ) соответственно. Определить напряженность электрического поля в точке, лежащей в плоскости симметрии на расстоянии h от плоскости, в которой лежат провода. 2d Ответ: E  .  0 ( 4h 2  d 2 ) Задача 2.4.3. Шар радиуса R сферически симметрично заряжен по объему зарядом Q так, что ρ(r) ~ r2. Определить напряженность электрического поля в точках А и В, если rA = 0,5R, a rB = 2R. 1 Q ; Ответ: E A  4 0 8R 2 1 Q EB  . 4 0 4 R 2 Задача 2.4.4. Имеются два сферических распределения зарядов с объёмными плотностями заряда +ρ и –ρ с центрами в точках О1 и О2, сдвинутых относительно друг друга на вектор а, такой, что a < │О1О2│< R, где R – радиус сфер. Найти напряженность электрического поля в пространстве перекрытия зарядов.  a. Ответ: E  3 0 Задача 2.4.5. Шар радиуса R имеет положительный заряд, объёмная плотность которого зависит от расстояния r до его центра r  по закону ρ   0 1   , где ρ0 – постоянная. Найти: R   а) модуль вектора напряженности электрического поля внутри и вне шара как функцию расстояния r; б) максимальное значение напряженности электрического поля Emax и соответствующее ему расстояние rm.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

54

Ответ:

а) E  б) Еmax

0 r  3 r   R3 1   при r < R, E  0 2 при r > R; 3 0  4 R  12  0 r R 2  0 при r  rm  R. . 9 0 3

Задача 2.4.6. Пространство заполнено электрическим зарядом 3 с объёмной плотностью    0 e r , где ρ0 и α – положительные константы, а r – расстояние от центра данной системы. Найти модуль напряженности электрического поля как функцию r. 0 1  e  r . Ответ: E  3 0 r 2



3



Задача 2.4.7. Поле создано двумя равномерно заряженными концентрическими сферами с радиусами R1 = 5 см и R2 = 8 см. Заряды сфер соответственно равны q1 = 2 нКл и q2 = –1 нКл. Определить напряженность электрического поля в точках, лежащих от центра сфер на расстоянии: 1) r1 = 3 см; 2) r2 = 6 см; 3) r3 =10 см. q 1  12 = 5 кВ/м; Ответ: E1  0; E 2  4 0 r2 E3 

q q 1  1 2 2 = = 0,9 кВ/м. 4 0 r3

Задача 2.4.8. Пространство между двумя концентрическими сферами с R1 и R2 (R1 < R2) заряжено с объёмной плотностью заряда  ρ = 2 . Найти напряженность электрического поля во всём r пространстве. Ответ: Е = 0 при r < R1; R1    E (r )  1  r при R1 < r < R2; r  0r 2   R2  R1 E (r )   r при r > R2. 0 r3

Глава 2. Электростатическая теорема Гаусса

55

Задача 2.4.9. Найти вектор напряженности электрического поля в центре шара радиуса R, объёмная плотность заряда которого ρ = ar, где а – постоянный вектор, а r – радиус-вектор, проведенный из центра шара. R2 Ответ: E   a. 6 0

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

56

Глава 3 РАБОТА СИЛ И ПОТЕНЦИАЛ ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОГО ПОЛЯ 3.1 Теоретический материал Свойство потенциальности электростатического поля. Работа силы электростатического поля по перемещению пробного заряда не зависит от формы траектории, а зависит только от начального и конечного положений пробного заряда в поле. Разность потенциалов электростатического поля – физическая величина, равная отношению работы электростатических сил при перемещении (по произвольной траектории) пробного заряда q из одной точки (т. 1) в другую (т. 2) к величине пробного заряда: 2

12 

A12   E (r )  d r . q 1

(3.1)

Дж В. Кл Электрическое напряжение U12 – физическая величина, равная отношению работы электрических (не обязательно электростатических) сил при перемещении пробного заряда q из одной точки (т. 1) вдоль заданного контура в другую (т. 2) к величине пробного заряда (характеристика двух точек токовой цепи или контура): 2 A (3.2) U 12  12   E (r )  d r . q 1 В потенциальных электростатических полях электрическое напряжение совпадает с разностью потенциалов U12 = 12. Потенциал (точки) электростатического поля – физическая величина, равная отношению работы электростатических сил при перемещении пробного заряда q из данной точки поля (с радиусвектором r) в произвольно выбранную точку (с радиус-вектором r0), принятую за ноль отсчета потенциала поля (нормировка потенциала поля), к величине пробного заряда: Arr r0 (3.3) (r )  0   E (r )  d r  rr0 . q r Единица измерения – 12  

Единица измерения –  

Дж В. Кл

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

57

Нормировкой потенциала поля называется выбор точки пространства, в которой потенциал поля принимается равным нулю. Разность потенциалов двух точек (т. 1 и т. 2) электростатического поля связана с потенциалами этих точек: 2

r0

2

1

1

r0

12   E (r )  d r   E (r )  d r   E (r )  d r  1   2 .

(3.4)

Потенциал электростатического поля точечного заряда при нормировке потенциала на бесконечности ( ()  0 ) равен: 1 q (r )   , (3.5) 4 0 r где r – расстояние от точки наблюдения до точечного заряда q. Z

Потенциал электростатического поля дискретно распределенного заряда (рис. 3.1а): 1 N qi . (3.6) (r )   4 0 i 1 r  ri

P

r Y

0

X Рис.3.1а. Дискретно распределенный заряд.

Z

Потенциал электростатического поля линейно распределенного заряда (рис. 3.1б): 1 (r ' ) (r )  d L' . (3.7)  4 0 L' r  r ' Потенциал электростатического поля поверхностно распределенного заряда (рис. 3.1в): 1 ( r ' ) (r )  d S' . (3.8)  4 0 S ' r  r '

r  ri

ri

dL'

r' 0

r  r'

P

r Y

X Рис.3.1б. Линейно распределенный заряд.

S'

Z

r 0

r  r' P r' Y

X Рис.3.1в. Поверхностно распределенный заряд.

58

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Потенциал электростатического поля объемно распределенного заряда (рис. 3.1г): 1 ( r ' ) ( r )  dV ' . (3.9)  4 0 V ' r  r '

Z

dV '

r' 0

r  r'

P

r Y

X Рис.3.1г. Объемно распределенный заряд.

Градиент скалярной функции a(r )  a( x, y, z) (скалярного поля) по определению равен:  a(r )dS

grad a(r )  lim

S

, (3.10) V где dS  n d S , n – внешняя нормаль к малой замкнутой поверхности S, которая охватывает (ограничивает) малый объем V. Градиент выражается через векторный дифференциальный оператор набла grad a(r)  a(r) и его можно найти: в декартовой системе координат: a a a grad a  i j k; (3.11) x y z в цилиндрической системе координат: a 1 a a (3.12) grada  er  e  e z ; r r  z в сферической системе координат: a 1 a 1 a grad a  er  e  e . (3.13) r r  r sin   Производная скалярной функции a(r )  a( x, y, z ) по любому направлению (вдоль направления, задаваемого единичным вектором n u ) равна проекции градиента функции на это направление: d a ( x, y , z ) a a a  nu  grad a(r )  cos   cos   cos  , (3.14) du x y z cos  где , cos  и cos – направляющие косинусы вектора n u . Локальная связь между потенциалом и напряженностью электрического поля V 0

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

59

 (r ) (r ) (r )  (3.15) E (r )   grad(r )   i j k  . y z  x  Эквипотенциальная поверхность – поверхность равного потенциала (результат объединения точек поля с равным потенциалом). Свойства эквипотенциальных поверхностей: 1) через любую точку электрического поля можно провести эквипотенциальную поверхность; 2) эквипотенциальные поверхности не пересекаются в области пространства, где напряженность поля отлична от нуля; 3) эквипотенциальные поверхности замкнуты (непрерывны вследствие непрерывности потенциала) или уходят в бесконечность; 4) если эквипотенциальные поверхности проводить так, что потенциал получает одно и то же приращение, то эквипотенциальные поверхности ближе друг к другу там, где больше напряженность поля; 5) эквипотенциальные поверхности перпендикулярны силовым линиям электрического поля. Циркуляция векторного поля a (r ) вдоль произвольного замкнутого контура L: (3.16)  a(r )  d r   a(l )  dl   al (l )dl , L

L

L

где l – координата точки на контуре и dl  d r , dl  dl  d r , a (r )  a (l ) . Ротором векторного поля a (r ) называется вектор, проекция которого на направление нормали n к произвольно ориентированному в пространстве плоскому элементу поверхности S равна:  a (r )  d r L rot a (r ) n  lim S 0

, (3.17) S где направление обхода контура L, охватывающего (ограничивающего) поверхность S (площадью S), согласовано с направлением нормали n по правилу буравчика. Ротор выражается через векторный дифференциальный оператор набла rot a =[a] и в декартовой системе координат имеет вид

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

60

определителя (детерминанта) квадратной матрицы третьего порядка: i  rot a  a   x ax

j  y ay

k  . z az

(3.18)

Формула Стокса для произвольного векторного поля a (r ) :

 a(r )  d r   rot a(r )  dS , L

(3.19)

S

где направление обхода контура L, охватывающего (ограничивающего) поверхность S, согласовано с направлением нормали n по правилу буравчика. Теорема о циркуляции напряженности электростатического поля в интегральной форме. Циркуляция напряженности электростатического поля E по любому замкнутому контуру L равна нулю: (3.20)  E (r )  d r  0 . L

Теорема о циркуляции напряженности электростатического поля в дифференциальной (локальной) форме. Ротор напряженности электрического поля E (r ) в любой точке пространства равен нулю: (3.21) rot E (r )  0 . Теорема о циркуляции напряженности электростатического поля в интегральной и дифференциальной (локальной) формах является следствием потенциальности электростатического поля. 3.2. Основные типы задач (классификация) 3.1. Определение потенциала или разности потенциалов в поле заданного распределения зарядов. 3.2. Определение потенциала или разности потенциалов, если задана или легко вычисляется напряженность поля. 3.3. Построение картины силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для заданной системы неподвижных зарядов.

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

61

3.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 3.1 Определение потенциала или разности потенциалов в поле заданного распределения зарядов Метод решения – прямое суммирование потенциалов в заданной точке от точечных зарядов (3.6) и непрерывно распределенных зарядов (3.7-3.9). Этот метод универсален, т.е. применим к любому распределению зарядов. Если заряды распределены в конечной области пространства, то в дальнейшем (если не оговорено другое условие) будем полагать равным нулю значение потенциала в бесконечно удаленной точке. Потенциал φ(r) – скалярная функция, поэтому суммирование выполняется алгебраически, что значительно упрощает расчет по сравнению с вычислением напряженности поля E(r), когда вклады от разных зарядов складываются векторно. Задача 3.3.1. Найти потенциал поля, создаваемого равномерно заряженной с линейной плотностью τ нитью длины 2L.

2L

l

Решение Поместим начало координат в Z центре нити и направим ось Z вдоль нити. Система зарядов аксиально dl M(r,z) симметрична, поэтому для расчетов z выберем цилиндрическую систему координат (r, φ, z), в которой потенr r 0 циал в произвольной точке М зависит только от переменных r и z (см. рис. 3.2; для наглядности на рисунке нить показана в виде тонкого цилиндра). Выделяем на нити на расстояРис. 3.2. К нахождению потенциала поля, создаваемого заряженной нии l от центра физически бесконечно малую область с зарядом dq = τ dl, нитью. который можно считать точечным. Его расстояние до точки М(r, z) равно r 2  l  z  , а создаваемый 2

им потенциал определяется формулой (3.5): 1 dl d   . 2 2 4 0 r  l  z 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

62

Потенциал, создаваемый всей нитью, равен 

 4 0

L



L

dl r 2  l  z 

2



z  L  r 2  z  L    ln . 2 4 0 z  L  r 2  z  L  2

(3.22)

Анализ результата и дополнительные выводы. 1. При удалении на очень большое расстояние (z → ∞ или r → ∞) система выглядит как точечный заряд. Если в полученном результате сделать предельный переход z → ∞ или r → ∞, то должен получиться потенциал точечного заряда. Выполним такой предельный переход. Если ввести переменную R  z 2  r 2 , то любой из упомянутых двух предельных переходов выполняется, если R → ∞. Тогда при очень больших значениях R (R >> L) имеем: zL , r 2  ( z  L) 2  R  R zL   L   zL R  1  zLR R  ln  R z  ln  zL zL  zLR L   R R  1 Rz   zL  zL    L L     R   ln 1  R   ln 1    Rz  Rz          zL zL zL L L 2L  2 R R R  2L .    Rz Rz Rz R Отсюда получаем, что на больших расстояниях от нити потенциал приближенно равен потенциалу поля точечного заряда: 2 L q  φ  , 4 0 R 4 0 R

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

63

где q = 2Lτ – полный заряд нити. 2. Если L → ∞, то потенциал стремится к бесконечности. Потенциал остается ограниченной функцией, если только все заряды сосредоточены в области конечных размеров, а здесь заряды имеются в бесконечно удаленной области. В этом случае непосредственный физический смысл имеет только разность потенциалов в любых двух точках. В случае бесконечной нити разность потенциалов находим из (3.22) для точек 1 и 2, удаленных от оси нити на расстояния r и R (r < R):  r ln . Δφ12 = φ(r) – φ(R) =  (3.23) 2 0 R Поясним сказанное расчетом. При L → ∞ потенциал не зависит от z и в (3.22) можно положить z = 0. Кроме того, r > h, R > R) R имеем при разложении по малой величине в первом порядке: h q 1 R 2 1     . 4 0 h 4 0 h Это означает, что с ростом h потенциал становится все ближе к потенциалу точечного заряда, равного заряду диска и расположенному в центре диска. 3. Вблизи плоскости диска (при h > h, R (x > 0), имеем при разложении в первом порядке по малым значениям h x и R x:

1 h   1   . x  2x  R  ( x  h / 2) В этом случае 1  q1  q2 (q1  q2 )h     . 4 0  x 2x2  Первое слагаемое является потенциалом точечного заряда, равного полному заряду системы q1 + q2, расположенного в центре между кольцами. Второе слагаемое представляет собой потенциал системы двух точечных близко расположенных зарядов – точечного диполя, расположенного в той же точке, с вектором дипольного момента, направленным вдоль оси X и равным по величине h p  (q1  q2 ) (см. Главу 4). Радиус колец слабо влияет на поле, 2 давая поправку только второго порядка малости. В случае q1 = q2 поле системы двух колец видится с большого расстояния как поле точечного заряда 2q, а дипольное слагаемое (т.е. слагаемое второго порядка малости) отсутствует. В случае q1  q2 система электронейтральна и с большого расстояния выглядит как диполь с моментом p = qh, ориентированным вдоль оси Х. 3. Если кольца расположены очень близко друг к другу (h 0, а решение для области x < 0 легко записать на основе полученного результата. Используя (3.15), находим: dφ = – Edx, откуда для области x ≤ h получаем: x 2  C1 . φ(x)   2 0 Аналогично для x ≥ h имеем: hx  C2 , φ(x)   0 где C1 и C2 – произвольные постоянные, появляющиеся при интегрировании. Поскольку слой имеет бесконечные размеры, нельзя положить равным нулю потенциал в бесконечно удаленной точке. Наиболее естественный способ нормировки потенциала в данной системе – положить φ = 0 в любой точке средней плоскости слоя, где х = 0. Сразу находим, что при такой нормировке C1 = 0. Постоянную C2 определим теперь из условия непрерывности потенциала на границе слоя. Имеем при x = h: h 2 h 2   C2   , 0 2 0

h 2 . 2 0 Итак, внутри слоя потенциал убывает по квадратичному зако-

откуда C 2  ну:

 2 x , 2 0 а снаружи – по линейному: h ( 2 x  h) . φ(x)   2 0 Убывание потенциала связано с тем, что при удалении пробного положительного заряда от центральной плоскости слоя поле совершает положительную работу, и потенциальная энергия заряда уменьшается. Ввиду плоской симметрии системы распределение потенциала при x < 0 найдем, заменяя в полученных формулах x на |x|. Если

φ(x)  

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

71

уменьшать толщину слоя до нуля, сохраняя его заряд, то в результате получим плоскость, заряженную равномерно с поверхностной плотностью σ = 2ρh, создающую в пространстве потенциал  h ( x)   x  x, 2 0 0 соответствующий однородному полю с напряженностью E  Ответ:

1) |x| < h: φ(x)  

 2 x , 2 0

2) |x|  h: φ(x)  

h ( 2 x  h) . 2 0

 . 2 0

Задача 3.3.7. Шар радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью ρ. Найти значение потенциала в произвольной точке. Решение Из симметрии системы следует, что для решения целесообразно выбрать сферическую систему координат. Напряженность поля равномерно заряженного шара вычислена в задаче 2.3.10: внутри шара  r, Eвнутри  3 0 вне шара q 1  2 , Eвне  4 0 r 4 где q – полный заряд шара, равный πR3ρ. 3 Напряженность поля зависит только от одной координаты r. В d этом случае из (3.15) находим E(r)   и, интегрируя это уравdr нение, получаем  2 r  C1 , φвнутри(r)   6 0 φвне(r) 

q 1   C2 . 4 0 r

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

72

В данной задаче заряды сосредоточены в ограниченной области пространства, поэтому можно положить равным нулю потенциал бесконечно удаленной точки. Тогда С2 = 0, а постоянная С1 определяется из условия непрерывности потенциала при r = R: q  2 1  R  C1   , 6 0 4 0 R откуда R 2 . 2 0 Физический смысл константы С1 – это потенциал в центре шара при нашей нормировке. Итак, внутри шара потенциал убывает по квадратичному закону  (3R 2  r 2 ) , φвнутри(r)  6 0 а снаружи – как потенциал точечного заряда q, расположенного в центре шара. Если, сохраняя заряд q и его симметричное распределение, перенести его весь на поверхность шара, то напряженность поля и потенциал во внешней области не изменятся. Потенциал любой q 1  . Но во внутренточки на поверхности останется равным 4 0 R ней области теперь поле отсутствует, работа по перемещению пробного заряда с поверхности шара в его центр не совершается, и потенциал в любой точке внутри получившейся заряженной сферы будет одним и тем же – потенциалом поверхности сферы.

С1 

Ответ: 1) r < R: φвнутри(r)  2) r > R: φвне(r) 

 (3R 2  r 2 ) ; 6 0

q 1  . 4 0 r

Задача 3.3.8. Шаровой слой между сферами радиусов R1 и R2 (R1 < R2) заряжен с плотностью ρ = a/r2. Найти потенциал поля в произвольной точке.

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

73

Решение Распределение заряда сферически симметрично (рис. 3.5), поэтому поле во внешней области совпаdr дает с полем точечного заряда, равного полному заряду слоя q и расположенноr го в центре сфер. Полный заряд слоя R1 < r < R2 R1 найдем, суммируя его по зарядам бесконечно тонких слоев от r до r + dr. R2 Учитывая, что заряд такого слоя dq = dV = ρ 4πr2dr = 4πa dr, и вычисляя интеграл по r в пределах от R1 до R2, Рис. 3.5. Шаровой слой со получаем: сферически симметричным R2

q = 4a  dr = 4πa(R2 – R1).

распределением заряда.

R1

Принимая нормировку потенциала на нуль в бесконечности, находим потенциал в области r ≥ R2: q a R2  R1 1    φ3(r)  . 4 0 r  0 r Отсюда потенциал сферы радиуса R2 будет равен: a  R1  1   . φ(R2) =  0  R2  Электрическое поле внутри слоя E2(r) определяется суммарным зарядом, находящимся внутри сферы радиуса r. Этот заряд равен r

q(r) = 4a  dr = 4πa(r – R1). R1

По теореме Гаусса создаваемая им напряженность поля равна: E2(r) =

q(r ) a  R1   1   . 4r 2  0  0 r  r 

Потенциал внутри слоя φ2(r) находим по (3.4):

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

74

r

 2 (r )  ( R2 )   E 2 (r )dr  R2 r  R  a 1 R  R a  r  1  1   . 1  1 dr  1  1  ln  R2   0 R r  r  0  r R2   2 Внутри сферы радиуса R1 зарядов нет, поэтому напряженность поля внутри нее равна нулю, а потенциал постоянен и равен его значению на сфере радиуса R1: a R2 ln φ(r < R1) = φ2(R1) = .  0 R1



a 0

Ответ:

1) φ1 =

a R2 ln  0 R1

при r  R1;

2) φ2 =

R  a  R1 1   ln 2  0  r r 

при R1  r  R2;

3) φ3(r) 

a R2  R1 0 r

при r ≥ R2.

Задача 3.3.9. Бесконечно длинный круговой цилиндр радиуса R равномерно заряжен с объемной плотностью заряда ρ. Найти потенциал в произвольной точке пространства, считая, что потенциал на поверхности цилиндра равен нулю. Решение Напряженность поля такого цилиндра была определена в главе 2 (задача 2.3.6). Ввиду цилиндрической симметрии системы целесообразно использовать для решения цилиндрическую систему координат (r, φ, z), у которой ось Z направлена по оси цилиндра, а начало координат расположено в произвольной точке на оси цилиндра. Учитывая, что на поверхности цилиндра потенциал, согласно условию, равен нулю, можно применить формулу (3.4), которая в нашем случае примет вид: r

R

R

r

(r )  ( R)  (r )   Edr   Edr .

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

75

Учитывая, что внутри цилиндра (при r  R) E1 =

 r , нахо2 0

дим потенциал в этой области:

 r2  1  ,  R 2   r где τ = πR2 – заряд, приходящийся на единицу длины цилиндра. Вне цилиндра (при r ≥ R) R 2 E= , 2 0 r и для потенциала в этой области имеем: R

1 (r )  





   rdr  R2  r 2  2 0 4 0 4 0

R 2 dr R 2 R  r  ln   ln .  2 0 r r 2 0 r 2 0 R Внутри цилиндра потенциал убывает по квадратичному закону, а снаружи – как логарифм расстояния от поверхности цилиндра. Сохраняя цилиндрическую симметрию, перенесем весь заряд на поверхность цилиндра, сохраняя линейную плотность заряда τ = πR2. Внутри заряженной цилиндрической поверхности заряда нет и напряженность поля равна нулю. Значит, потенциал во внутренней области равен нулю (при нормировке потенциала, указанной в условии). Потенциал вне цилиндра опять, как и прежде, будет равен:  r ln . φ2(r)   2 0 R Если уменьшать радиус цилиндрической поверхности, то в пределе она превратится в бесконечную прямую нить, заряженную с постоянной линейной плотностью τ. Из-за неопределенности значения ln  r R  при r → 0 и R → 0 нельзя полагать равным нулю значение потенциала на нити. Поэтому для нормировки потенциала придется использовать какое-либо другое условие, т.е. положить равным нулю значение потенциала в произвольно выбранной точке. Отметим, что физический смысл имеет только разность потенциалов в точках, удаленных от нити на заданные расстояния R1 и R2 (R1 < R2), а такая разность потенциалов равна R  ln 2 φ12   2 0 R1 R

φ2(r) =

76

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

и от нормировки не зависит.  (R2  r 2 ) Ответ: φ1  40 φ2  

R 2 r ln 2 0 R

при r  R; при r ≥ R.

Задачи типа 3.3 Построение картины силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для заданной системы неподвижных зарядов Метод решения. Обычно рассматриваются достаточно простые конфигурации, когда условия симметрии в достаточной мере определяют характер силовых линий и эквипотенциальных поверхностей. Хорошо, если задача сводится к построению плоской картины. Иногда из общих соображений удается сделать вывод о расположении поверхностей, на которых потенциал равен нулю, иногда приходится выполнить расчет для получения уравнения эквипотенциальной поверхности. В любом случае картина силовых линий и эквипотенциальных поверхностей должна соответствовать свойствам силовых линий и эквипотенциальных поверхностей, изложенным в теоретическом материале Главы 1 и данной Главы 3. Силовые линии должны начинаться на положительных зарядах (или приходить из бесконечности) и заканчиваться на отрицательных зарядах (или уходить на бесконечность). Принимаем во внимание, что вблизи точечных зарядов силовые линии расходятся радиально и равномерно. Во всех точках следим, чтобы силовые линии и эквипотенциальные поверхности были взаимно перпендикулярными. Силовые линии нигде не должны пересекаться друг с другом. Густота линий характеризует напряженность поля в данной области. Вблизи точечного заряда эквипотенциальные поверхности будут сферами (на плоскости – окружностями). Если заряды расположены в ограниченной области, то на больших расстояниях от них эквипотенциальные поверхности также будут сферами. Задача 3.3.10. Начертить схему силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для системы двух точечных зарядов +q и –q, находящихся на некотором расстоянии d друг от друга.

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

77

Решение Потенциал любой точки плоскости, относительно которой заряды расположены симметрично, равен нулю, так как любая такая точка равноудалена от зарядов +q и  q . Значит, силовые линии вблизи этой плоскости нулевого потенциала направлены по нормали к ней. Напряженность поля в точках этой плоскости убывает по мере удаления точек от зарядов. Поэтому густота линий будет максимальной вблизи силовой линии, соединяющей заряды. Схематически картина силовых линий (сплошные линии) и сечения эквипотенциальных поверхностей (пунктир) представлены на рис. 3.6.

Рис. 3.6. Силовые линии и эквипотенциальные поверхности системы из двух одинаковых по величине и противоположных по знаку зарядов.

Задача 3.3.11. Проанализировать картину силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для системы двух одинаковых положительных зарядов, находящихся на некотором расстоянии друг от друга. Решение Из соображений симметрии ясно, что силовые линии не могут пересекать плоскость симметрии данной системы зарядов. Следовательно, приближаясь к этой плоскости, силовые линии должны изгибаться, сближаясь, и затем расходиться, уходя на бесконечность. С удалением от зарядов картина силовых линий приближается к таковой для точечного заряда величиной 2q.

78

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Напряженность поля равна нулю в центральной точке и в бесконечности и не меняет знака при удалении от центральной точки. Это означает, что в некоторой промежуточной точке плоскости она достигает максимума, и именно там густота линий будет наибольшей. Направление на эту точку (точка А на рис. 3.7) задается углом, для которого tg φ = 1 2 (φ – угол, отсчитываемый от линии, проведенной через заряды). Картина силовых линий показана на рис. 3.7. Картину эквипотенциальных поверхностей легко представить, учитывая, что они в каждой точке перпендикулярны силовым линиям. На больших расстояниях от зарядов эквипотенциальные поверхности будут сферами.

А

Рис. 3.7. Силовые линии системы из двух одинаковых положительных зарядов.

Задача 3.3.12. Начертить схему силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для системы двух точечных зарядов +q и +2q, находящихся на расстоянии d друг от друга. Решение Ввиду цилиндрической симметрии системы достаточно рассмотреть картину силовых линий в плоскости, проходящей через заряды. Поскольку оба заряда положительные, все силовые линии начинаются на зарядах и заканчиваются на бесконечности. Отсюда ясно, что на выделенной плоскости должна существовать линия, которую силовые линии не пересекают.

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

79

Силовые линии от каждого заряда на подходе к этой разграничительной линии изгибаются и уходят на бесконечность, асимптотически приближаясь к ней. На отрезке, соединяющем заряды +q и +2q разграничительная линия проходит через точку А, в которой напряженность поля равна нулю. Точка А отстоит от заряда q на расстояние а = d ( 2 –1). Около каждого заряда картина близка к картине силовых линий положительного заряда: силовые линии выходят из каждого заряда симметрично, а эквипотенциальные поверхности на выделенной плоскости выглядят как окружности. В то же время понятно, что на очень больших расстояниях от зарядов эквипотенциальные линии вновь становятся почти окружностями. Ясно, что внутренняя часть должна отделяться от внешней части некоторой эквипотенциальной линией, проходящей через точку А. Потенциал поля в точке А равен 1 q 2q    . 4 0  a d  a  На линии, соединяющей заряды +q и +2q, находим точки В и О, в которых потенциал равен потенциалу точки А. Разграничительная эквипотенциальная линия проходит через точки А, В, и О. Общая картина изображена на рис. 3.8.

+2q

+q

Рис. 3.8. Силовые линии и эквипотенциальные поверхности системы из двух неодинаковых положительных зарядов.

80

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 3.3.13. Начертить схему силовых линий и эквипотенциальных поверхностей для тонкого стержня длины 2а, равномерно заряженного с линейной плотностью заряда τ. Решение Учитывая свойства симметрии системы, поместим начало координат в центр стержня, а ось Z направим вдоль стержня. Все силовые линии должны начинаться на стержне и уходить в бесконечность. Ясно, что достаточно рассмотреть картину в плоскости XZ при x > 0 и z > 0. Силовая линия, выходящая из центра стержня, совпадает с положительным направлением оси Х, а Z силовая линия, выходящая из конца стержня, пойдет вдоль оси Z. На большом расстоянии от стержня эквипотенциальные линии становятся близкими к дугам окружностей. Для X анализа картины вблизи начала координат можно воспользоваться решением задачи 3.3.1. Общая картина силовых линий схематически представлена на рис. 3.9. Поведение эквипотенциальных поверхностей легко представить, учи- Рис. 3.9. Силовые линии равтывая, что они в каждой точке перпен- номерно заряженного тонкого стержня. дикулярны силовым линиям. 3.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 3.4.1. Два коаксиальных тонких металлических кольца радиуса R расположены на расстоянии а друг от друга. Заряды колец +q и – q соответственно. Найти разность потенциалов между центрами колец.  q  1 . 1 Ответ:   2  2 0 R    1  a / R   Задача 3.4.2. Найти потенциал в центре полусферы радиуса R, заряженной равномерно с поверхностной плотностью заряда σ.

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

Ответ:  

81

R . 2 0

Задача 3.4.3. Бесконечно длинная нить заряжена равномерно с линейной плотностью заряда τ = 0,4 мкКл/м. Вычислить разность потенциалов между точками 1 и 2, если точка 2 находится в η = 2 раз дальше от нити, чем точка 1.  Ответ: 1  2  ln   5 кВ. 2 0 Задача 3.4.4. Три плоскости расположены параллельно друг другу на расстоянии h одна от другой. Каковы разности потенциалов между плоскостями, если на первой находится равномерно распределенный заряд с поверхностной плотностью заряда +σ1, на второй +σ2 и на третьей (– σ3). h 1  2  3  ,  23  h 1   2  3  , Ответ:  12  2 0 2 0 13 =12+23. 3.4.5. Шар радиуса R заряжен по объёму зарядом Q так, что объемная плотность заряда ρ ~ r2. Определить разность потенциалов ∆φАВ между точками А и В, если они отстоят от центра на расстояния rA = 0,5R, a rB = 2R соответственно. Указание: см. задачу 2.4.3. Q  R 4  rA4 1 1  47Q Ответ:  AB  .     5 4 0  4 R R rB  256  0 R Задача 3.4.6. Шар радиуса R заряжен с объёмной плотностью заряда ρ(r) = αr (где r – расстояние от центра шара, а  – известная постоянная) и поверхностной плотностью заряда σ0. Найти распределение потенциала во всём пространстве. R2  R 2   0  ; Ответ: 1) r  R: 1 (r )  0r  4  2) r  R:

2 r  





R R 2    0   R3  r 3 .   0  4  120

82

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 3.4.7. Заряд с объёмной плотностью ρ = 3 мкКл/м3 равномерно распределен внутри сферического слоя, ограниченного сферическими поверхностями с радиусами R1 = 3 см и R2 = 5 см. Найти разность потенциалов φ12 между поверхностями слоя. 2R3    2  3R1  R22  1   50 В. Ответ:  12   6 0  R2  Задача 3.4.8. Бесконечный цилиндр радиуса R заряжен так, что объемная плотность заряда ρ убывает по линейному закону в зависимости от r, причем ρ(R) = 0, а полный заряд на единицу длины цилиндра равен Q. Определить напряженность электрического поля Е в точках r1 = R/3 и r2 = (3/2)R и разность потенциалов Δφ12. 7Q Q Ответ: 1) E (r1 )  2) E2 (r2 )  18 0 R 3 0 R 3) 12 

Q  3 56   ln   . 2 0  2 81 

Задача 3.4.9. Принимая Землю за шар радиуса R = 6400 км, определить заряд Q Земли, если напряженность электрического поля у поверхности Земли составляет Е = 130 В/м. Определить потенциал φ поверхности Земли, принимая φ∞ = 0. Ответ: Q = 40R = 5,92·105 Кл; φ = ER = 8,2·108 В. Задача 3.4.10. Заряды распределены равномерно по поверхности двух концентрических сфер с радиусами R1= 10 см и R2 = 20 см, причем поверхностные плотности электрического заряда на обеих сферах одинаковы. Найти плотность заряда σ, если потенциал в центре сфер равен 300 В, а на бесконечности равен нулю.  Ответ: σ  0 0  9·10-9 Кл/м2. R1  R2 Задача 3.4.11. Две концентрические сферы с радиусами R и 2R заряжены равномерно зарядами одного знака: внутренняя – одним микрокулоном, внешняя – двумя микрокулонами. На расстоянии 3R от центра сфер потенциал φ = 9000 В. Найти R.

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

83

 1 q1  q2    1 м. Ответ: R =   4 0   Задача 3.4.12. Две концентрические сферы с радиусами R1 и R2 (R1 < R2) получили заряды Q1 и Q2 соответственно, которые распределились равномерно по их поверхностям. Найти потенциал на расстоянии r от центра сфер. 1  Q1 Q2    ; Ответ: r  R1, φ1  4 0  R1 R2  R1  r  R2, r  R2,

1  Q2 Q1     ; 4 0  R2 r  1 Q1  Q2 φ3  . 4 0 r φ2 

Задача 3.4.13. Две коаксиальные цилиндрические поверхности с радиусами R1 и R2 (R1 < R2) равномерно заряжены с поверхностными плотностями заряда σ1 и σ2 соответственно. Вычислить напряженность электрического поля и потенциал этой системы зарядов, считая, что на оси цилиндров потенциал φ0 = 0. Ответ: r < R1: E0 = 0, 0 = 0; 1 1 R1 1 r R1 < r < R2: E1  , φ1   1 R1 ln ; 0 r 0 R1 r > R2: E2 

1 1 R1   2 R2 R 1 r  , φ2    1R1 ln 2  2 R2 ln  . 0 r 0  R1 R2 

Задача 3.4.14 ([2], 3.28). Имеются два тонких кольца радиуса R каждое, оси которых совпадают. Заряды колец равны q и –q. Найти разность потенциалов между центрами колец, отстоящими друг от друга на расстояние l, если R = 30 см, l = 52 см, q = 0,4 мкКл.  q  1   12 кВ. 1  Ответ:   2  2 0 R  1  l R   

84

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 3.4.15 ([3], 108). Две концентрические сферы имеют радиусы R1 = 10 см и R2 = 20 см. На каждой из них равномерно распределён заряд q = +1,2 нКл. Чему равна разность потенциалов U между ними, и какова напряжённость поля внутри сфер и снаружи? q ( R2  R1 )  540 В. Ответ: U  4 0 R1R2 Задача 3.4.16 ([2], 3.30). Тонкое кольцо радиуса R = 25 см имеет заряд q = 5 мкКл, неравномерно распределённый по кольцу. Найти работу электрических сил при перемещении точечного заряда q1 = 10 мкКл из центра кольца по произвольному пути в точку, находящуюся на оси кольца на расстоянии l = 50 см от его центра.  qq1  1   0,10 Дж. Ответ: A  1   2 4 0 R  1  l R    Задача 3.4.17 ([2], 3.35). Найти напряжённость электрического поля, потенциал которого имеет вид  = (ar), где а – постоянный вектор, r – радиус-вектор точки поля. Ответ: Е = – а. Задача 3.4.18 ([2], 3.36). Определить напряжённость электрического поля, потенциал которого зависит от координат х, y по закону: а)   a( x 2  y 2 ) ; б)   axy , где а – постоянная. Ответ: а) E = – 2a (xi – yj); б) E = – 2a (yi + xj). Задача 3.4.19 ([2], 3.37). Потенциал электрического поля имеет вид   ( xy  z 2 ) , где  – постоянная величина. Найти проекцию напряжённости электрического поля в точке М(2, 1, -3) на направление вектора а = i + 3k. ( y  6 z )  6,0 . Ответ: E a   10 Задача 3.4.20 ([2], 3.48). Найти потенциал следующих электрических полей: а) E = – a (yi + xj); б) E = 2axyi +a (x2 – y2)j; в) E = 2ayi +(a x +bz)j + byk, где а и b – постоянные.

Глава 3. Работа сил и потенциал электростатического поля

Ответ: а)   axy const; б)    ay ( y 2 / 3  x 2 )  const ; в)    y(ax  bz )  const .

85

86

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 4 УРАВНЕНИЯ ПУАССОНА И ЛАПЛАСА. ЭЛЕКТРИЧЕСКИЙ ДИПОЛЬ И ЕГО ПОЛЕ 4.1 Теоретический материал Локальная связь между потенциалом и напряженностью электрического поля задается выражением:  (r ) (r ) (r )  (4.1) E (r )   grad(r )   i j k  . y z  x  Оператор Лапласа  – скалярный дифференциальный оператор, равный скалярному произведению двух векторных дифференциальных операторов набла : 2 2 2 Δ       2  div grad   2  2  2 . (4.2) x y z Уравнение Пуассона: (r ) Δ(r )   . (4.3) 0 Уравнение Лапласа: (4.4) Δ  0 . Теорема единственности в электростатике Решение уравнения Пуассона (Лапласа) с заданными граничными условиями для потенциала (r ) является единственным. Можно найти лишь одну функцию (r ) , которая удовлетворяет уравнению Пуассона (Лапласа) и этим граничным условиям. Электрический диполь – это совокупность двух равных по величине и противоположных по знаку точечных электрических зарядов, разнесенных в пространстве (расстояние между зарядами гораздо больше их линейных размеров). Моментом электрического диполя (электрический дипольный момент) называется величина, равная p  ql , (4.5) где l –вектор, проведенный из точки расположения отрицательного заряда –q в точку расположения положительного заряда q. Единица измерения – [p] = Клм. Точечный (элементарный) электрический диполь – диполь, расстоянием между зарядами которого можно пренебречь. Это рас-

Глава 4. Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и …

87

стояние гораздо меньше расстояния от диполя до точек наблюдения (при расчете поля диполя) или характерных линейных размеров неоднородности электрического поля в месте расположения диполя (при расчете силы и момента сил, действующих на диполь во внешнем поле). Электрический дипольный момент нейтральной (  qi  0 ) i

дискретной системы зарядов равен: p   qi ri ,

(4.6)

i

где суммирование ведется по всем точечным зарядам qi, входящим в состав системы. При этом ri – радиус-вектор заряда qi относительно произвольной системы отсчета. Для линейно распределенных зарядов (  (r ) d l  0 ): L

p   ( r ) r d l .

(4.7)

L

Для поверхностно распределенных зарядов (  (r ) d S  0 ): S

p   (r )r d S .

(4.8)

S

Для объемно распределенных зарядов (  (r ) d V  0 ): V

p   (r )r d V .

(4.9)

V

Заметим, что электрические дипольные моменты нейтральных систем зарядов не зависят от выбора системы отсчета, относительно которой рассматривается распределение зарядов. Напряженность электрического поля точечного электрического диполя равна 1 3 prr  r 2 p , (4.10) E (r )   4 0 r5 где р – дипольный момент электрического диполя, r– радиус-вектор точки наблюдения относительно диполя. Потенциал электрического поля точечного электрического диполя (при нормировке потенциала на бесконечности ( ()  0 )) равен:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

88

1 pr  3 , (4.11) 4 0 r где р – дипольный момент электрического диполя, r – радиусвектор точки наблюдения относительно диполя. (r ) 

4.2. Основные типы задач (классификация) 4.1. Обратная задача электростатики: найти распределение зарядов, создающих заданные значения потенциала или разности потенциалов. 4.2. Определение напряженности поля, в создании которого участвуют электрические диполи. 4.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 4.1 Обратная задача электростатики: найти распределение зарядов, создающих заданные значения потенциала или разности потенциалов Метод решения. Прямое использование уравнения Пуассона (4.3). Следует использовать запись оператора Лапласа в системе координат, наиболее подходящей из условий симметрии. Если в условии задачи задана разность потенциалов, то можно использовать формулу (4.1) и условия симметрии, чтобы определить распределение напряженности поля и потенциала во всем пространстве. Задача 4.3.1. Потенциал поля внутри заряженного шара зависит только от расстояния до его центра как φ = ar2 + b, где a и b – постоянные. Найти распределение объемного заряда ρ(r) внутри шара. Решение Это пример обратной задачи. Из сферической симметрии системы следует, что оператор Лапласа надо записать в сферических координатах – тогда остается зависимость только от одной переменной r:  2  2    2  . r r r Выполняя дифференцирование, находим:

Глава 4. Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и …

89

Δφ = 6a. Из уравнения Пуассона следует ответ: ρ = – 6aε0. Замечание 1. Задачу можно также легко решить в декартовых координатах, если в заданное выражение для (r) подставить r2 = x2 + y2 + z2 и воспользоваться выражением (4.2) для оператора Лапласа в декартовых координатах. Замечание 2. Каков смысл постоянных a и b? Величина а определяет объёмную плотность заряда ρ и отличается от неё только численным множителем. Объемная плотность ρ заряда внутри шара постоянна. При положительном заряде коэффициент а отрицателен, что соответствует убыванию потенциала в направлении от центра шара к его поверхности. Параметр b равен значению потенциала в центре шара. Его величину можно найти из условия непрерывности потенциала при r = R: 1 q   aR 2  b , 4 0 R R 2 . Величина b зависит от плотности распределения 2 0 заряда и от радиуса шара. Ответ: ρ = – 6aε0.

откуда b 

Задача 4.3.2. В бесконечном слое толщины d находится равномерно распределенный объемный заряд. Разность потенциалов между границами слоя равна Δφ. При каком значении объемной плотности ρ заряда напряженность поля вблизи одной из границ будет равна нулю? Какова будет при этом напряженность поля у другой границы? Решение Поскольку распределение заряда симметрично относительно центральной плоскости слоя, то потенциал обеих поверхностей слоя одинаков. Таким образом, сам распределенный в плоском слое заряд не может создать разность потенциалов на своих границах. Следовательно, должно присутствовать внешнее однородное поле в направлении нормали к слою, напряженность которого можно представить в виде:  . E0  d

90

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Напряженность поля вблизи одной из границ будет равна нулю, если напряжённость этого внешнего поля равна по величине напряжённости поля, создаваемого на этой пластине распределенным зарядом, и противоположна ей по направлению. На границе слоя напряженность поля от распределенного заряда равна: d E (см. задачу 2.3.4, глава 2). 2 0 Из равенства E = E0 находим: 2    02 . d На второй границе напряжённость внешнего поля сонаправлена с напряжённостью поля распределенного заряда. Поэтому 2 напряженность поля вблизи второй границы равна . d 2  Ответ:   02 . d Задачи типа 4.2 Определение напряженности поля, в создании которого участвуют электрические диполи Метод решения: использование определения диполя или дипольного момента системы зарядов (4.5) – (4.9) и выражения для напряженности поля диполя (4.10). Задача 4.3.3. Используя полярную систему координат с ортами er и eφ, начало координат которой совпадает с точечным электрическим диполем с моментом p, найти в произвольной точке А с полярными координатами (r, φ) компоненты и модуль вектора напряженности.

Глава 4. Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и …

Решение Поместим начало координат в точку нахождения диполя и направим полярную ось φ = 0 вдоль вектора p (рис. 4.1). Используем для расчета формулу (4.10) теоретического материала, отсчитывая угол φ от направления вектора p:

91

E  E

Er

er e A(r,) r  p

1  3 pr  r p   3. Рис.4.1. Компоненты напряженности 4 0  r 5 r  поля диполя в полярных координатах. Поскольку в выбранной системе координат p·r = pr cosφ, p·er = pcosφ, p·eφ = – psinφ, r·eφ = 0, находим из проекций вектора напряжённости E(r) (4.10) на оси координат: E (r ) 

Er =

p cos  , 2 0 r 3

Eφ =

p sin  , 4 0 r 3

E=

E r2  E 2 =

p 4 0 r 3

3 cos 2   1 .

При этом E = Erer + Eφeφ. Вектор E составляет с направлением r угол α, такой, что E 1 tg    tg  . Er 2 p cos  p sin  Ответ: Er = , Eφ = , 3 2 0 r 4 0 r 3 E=

p 3 cos 2   1 . 3 4 0 r

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

92

Задача 4.3.4. Два точечных диполя с одинаковыми по величине дипольными моментами  + p2 p1 p находятся на расстоянии R 2 O  друг от друга и ориентированы взаимно перпендикулярно. Найти напряженность поR ля в точке О, расположенной Рис. 4.2а. Система двух взаимно перпендипосередине между диполями. кулярных диполей. Дипольный момент р1 одного из диполей направлен под углом  относительно прямой, соединяющей диполи (рис. 4.2а). Решение Используем решение и обозначения задачи 4.3.3. Для первого диполя угол φ1 между векторами р1 и r1 равен φ1 = 2π –  (см. рис. 4.2б), поэтому для проекций напряженности на оси полярной системы координат получаем: 2 p cos  1 E r1   1 3 , 4 0 r1 p sin  1  1 3 . 4 0 r1 Знак «–» в E1 показывает, E 1  

что эта компонента направле- Рис.4.2б. Напряженности полей Е1 и Е2, на противоположно орту создаваемые диполями p1 и p2 в точке О. e 1 (см. рис. 4.2б). Аналогично для второго диполя имеем (φ2 = Er 2 

2 p sin  1  23 , 4 0 r2

   ): 2

p cos  1  2 3 . 4 0 r2 Так как направления векторов Е1 и Е2 не зависят от выбранной системы координат, то используя принцип суперпозиции в точке О (r1 = r2 = r = R/2) и учитывая, что р1 = р2 = р имеем: E 2 

Er 

1 4 0

1 16 p  2 p cos  2 p sin     3 cos   sin  ,   3 3 r  r  4 0 R

Глава 4. Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и …

E 

93

8p 1  p cos  p sin   1   3 cos   sin  ,   3 3 4 0  r r  4 0 R

E  Er2  E2 

2p 5  6 cos  sin  .  0 R 3

Замечание. При фиксированном R максимальное значение мо7 3 дуля напряженности Emax соответствует углу   или . Ми4 4 5  нимальное значение Emin соответствует  = или . При этом 4 4 p Emin = 2 2 , а Emax вдвое больше.  0 R 3 Ответ: E 

2p 5  6 cos  sin  .  0 R 3

Задача 4.3.5. В каких точках на расстоянии R от точечного диполя с моментом р величина напряженности электростатического поля будет иметь максимальное и минимальное значение? Решение Выберем систему отсчета так, чтобы диполь находился в начале координат, а вектор р был параллелен оси Y (рис. 4.3). Из формулы (4.10) для напряжённости поля точечного диполя:

E (r ) 

1  3 pr  r p   3, 4 0  r 5 r 

Y

 следует, что при постоянном значеp нии R величина напряженности Е будет определяться значением поX лярного угла , и во всех точках круга, полученного в результате сечения сферы с радиусом R плоскостью у = const, будет иметь постоянное значе- Рис.4.3. Декартова система коорние. При этом вектор Е определяет- динат для изучения поля диполя. ся разностью двух векторов, один из которых направлен по радиусу, а второй параллельно р. Найдем проекции этой разности векторов на координатные оси:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

94

Ex 

1 3p  cos  sin  , 4 0 R3

Ey 

1  3 p cos 2 p  1 p  3   3 (3 cos 2   1).  3 4 0  R R  4 0 R

p 1  3 3 cos 2   1 . 4 0 R Разумеется, эту формулу можно было сразу взять из решения задачи 4.3.3, где она была получена в полярных координатах. Анализ функции f () = 3cos2 + 1 на экстремум показывает, что 2p Еmax = при  = 0, π; 4 0 R 3

В результате E  E x2  E y2 

 3 p при  = , . 3 4 0 R 2 2 2p Ответ: Еmax = при  = 0, π; 4 0 R 3 Emin =

Emin =

 3 p при  = , . 3 4 0 R 2 2

Задача 4.3.6. Точечный электрический диполь с моментом p  10 12 Клм равномерно вращается с угловой скоростью ω относительно оси, перпендикулярной его дипольному моменту и проходящей через его центр. Найти мгновенное значение напряженности электрического поля в точке М, лежащей в плоскости вращения диполя на расстоянии х0 = 2 см от него в момент t = T/6, где Т – период вращения. Угол поворота φ отсчитывается от направления от диполя на точку М. В начальный момент (t = 0) положить φ = 0. Решение В задаче 4.3.3 получена общая формула для вычисления модуля напряженности при заданном полярном угле φ: p 3 cos 2   1 . E= 3 4 0 r

Глава 4. Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и …

95

Здесь надо применить эту формулу в точке r = 2 см в момент времени t = T/6, когда φ = ωT = π/3. Остается только подставить все 9 13 3 10 В/м. известные численные значения и получить ответ: E  16 Замечание. Приведенное решение, использующее формулы электростатики для нахождения переменного электрического поля от вращающегося диполя, асимптотически справедливо только на малых расстояниях r от диполя, удовлетворяющих условию r 1) расположены на расстоянии d друг от друга. Доказать, что одна из эквипотенциальных поверхностей такой системы есть сфера. Определить радиус этой сферы и положение ее центра. Решение Y Свяжем систему координат с положением зарядов, а именM(x,y) но, поместим начало координат О в точку, где находится заряд A O X q, а ось X направим по линии, b q' d q соединяющей заряды. Пусть заряд q находится в точке А. Ввиду осевой симметрии системы достаточно рассмотреть Рис.4.5. К нахождению эквипотенциалькартину в какой-либо плоско- ной поверхности двух точечных зарядов разного знака. сти, содержащей отрезок ОА. Вычислим потенциал в произвольной точке М(x,y) этой плоскости (см. рис. 4.5):  1  q q . (4.12)     2 2 2 2 4 0 ( d  x)  y   x y

Глава 4. Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и …

97

Примем потенциал в точке М равным нулю. Из уравнения (4.12) и условия ( x, y)  0 получим:

q 2 ( x 2  y 2 )  q2 (d 2  x 2  y 2  2 xd ) ;

(q 2  q2 ) x 2  (q 2  q2 ) y 2  2q2 xd  q2 d 2  0 ; 2

 q 2 q 2 d 2 q  2 d   . (4.13) y  x 2  2  q  q  2  q 2  q 2  Получившееся уравнение кривой в плоскости XY является уравнением окружности, центр которой находится в точке с координатой q 2 d d = 2 b 2 2 n 1 q  q 2





Записывая уравнение (4.13) через координату x1 = x – b, получаем уравнение окружности в стандартном виде: y2 + х12 = R, где R 

qq nd d= 2 . 2 q  q n 1 2

Ответ:

R 

nd , n2 1

b= 

d . n 1 2

4.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 4.4.1 ([2], 3.49). Потенциал поля в некоторой области пространства зависит только от координаты х как    ax 3  b , где а и b – некоторые постоянные. Найти распределение объёмного заряда (х). Ответ: ( x)  6 0 ax . Задача 4.4.2 . Точечный диполь с электрическим моментом р, ориентированный в положительном направлении оси Z, находится в начале координат. Для точки, отстоящей от диполя на расстояние r, найти проекцию вектора напряженности электрического поля Еz и проекцию Е на плоскость, перпендикулярную оси Z. В каких точках Е  р ?

98

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Ответ: Ez 

p 3 sin  cos  p 3 cos2   1  ; , E   3 4 0 r3 4 0 r

Е  р в точках, лежащих на поверхности конуса с осью вдоль Z и углом полураствора , для которого cos   1 3 ( = 54,7), в этих точках E  E 

1 p 2  . 4 0 r 3

Задача 4.4.3 ([2], 3.41). Две параллельные тонкие нити равномерно заряжены с линейной плотностью  и –. Расстояние между нитями l. Найти потенциал и модуль напряжённости электрического поля на расстоянии r >> l под углом  к вектору l (см. рис. 4.10). l l cos  , E  Ответ:   . 2 0 r 2 0 r 2 Задача 4.4.4. В центре полукольца радиуса R находится точечный заряд –q. Полукольцо имеет полный заряд +q, распределенный по закону ()  сos, где  – линейная плотность заряда,  – угол между радиусомвектором рассматриваемой точки и осью симметрии системы Z (см. рис. 4.11). В дипольном приближении найти напряженность электрического поля на оси Z на расстоянии z от системы (z >> R). 1 qR Ответ: E ( z )   . 8 0 z3

Рис. 4.10. К нахождению напряжённости поля двух заряженных нитей.

X R

q

 –q

Z

Рис. 4.11. Взаимное расположение точечного заряда и полукольца.

Задача 4.4.5 ([2], 3.46 (б, в)). Диполь с моментом р находится на расстоянии r от длинной нити, заряженной равномерно с линейной плотностью . Найти силу F, действующую на диполь, если вектор р ориентирован: а) по радиус-вектору r; б) перпендикулярно нити и радиус-вектору r.

Глава 4. Уравнения Пуассона и Лапласа. Электрический диполь и …

Ответ: а) F  

99

p p ; б) F  . 2 2 0 r 2 0 r 2

Задача 4.4.6. Найти модуль дипольного момента р тонкого стержня длины l, линейная плотность заряда которого зависит от расстояния х до одного из его концов как   a(2 x  l ) , где а – положительная постоянная. al 3 Ответ: p  . 6

100

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 5 ПРОВОДНИКИ В ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОМ ПОЛЕ 5.1. Теоретический материал Свободные заряды в веществе – это заряды (носители заряда), которые под действием электрического поля могут перемещаться в веществе на макроскопические расстояния. Проводники – это тела, в которых имеются свободные заряды, а это означает, что при наложении электрического поля возникает направленное движение этих зарядов, то есть электрический ток. Внутри проводника напряженность электростатического поля (в отсутствие сторонних сил) равна нулю: E (r )  0 , следовательно, и div Е = 0. Объемная плотность свободных зарядов внутри любого (в том числе заряженного и помещенного во внешнее постоянное электрическое поле) проводника (в отсутствие сторонних сил) равна нулю: (r )  0 . Потенциал проводника в электростатическом поле. Любой (в том числе заряженный и помещенный во внешнее постоянное электрическое поле) проводник (в отсутствие сторонних сил) представляет собой эквипотенциальную область – его объем и поверхность являются эквипотенциальными. Явление электрической (электростатической) индукции – это пространственное перераспределение зарядов проводника под действием внешнего (постоянного) электрического поля. В любом статическом поле поверхностные заряды распределяются так, чтобы внутри проводника сохранялись условия E = 0 и ρ = 0. В точке непосредственно у поверхности однородного проводника напряженность электростатического поля равна:  E n, (5.1) 0 где  – поверхностная плотность заряда и n – внешняя нормаль к поверхности проводника. Чем меньше радиус кривизны поверхности, тем больше поверхностная плотность заряда и напряженность электрического поля вблизи этой поверхности (при неизменном полном заряде проводника).

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

101

Заземление – соединение данного проводника с очень большим проводником, потенциал которого можно считать неизменным при переходе заряда от него на данный проводник. В качестве такого большого проводника обычно подразумевается Земля. Обычно потенциал заземленного проводника принимается равным нулю. Свойства замкнутой проводящей оболочки. Замкнутая проводящая оболочка (в отсутствие сторонних сил) разделяет все пространство на внутреннюю и внешнюю части, в электростатическом отношении не зависящие друг от друга: - внешнее электростатическое поле (внешние заряды) и заряды на поверхности проводника не создают никакого электрического поля внутри замкнутой проводящей однородной оболочки (в полости проводника); - заряды внутри замкнутой проводящей оболочки (в полости) и заряды, индуцированные на ее внутренней поверхности, не создают никакого электрического поля вне полости. Замкнутая проводящая оболочка экранирует пространство в полости от внешнего электростатического поля (внешних зарядов). Заземленная замкнутая проводящая оболочка экранирует внешнее пространство от неподвижных зарядов, находящихся в объеме, окруженной этой оболочкой. 5.2. Основные типы задач (классификация) 5.1. Вычисление потенциала проводника в присутствии других заряженных тел. 5.2. Вычисление распределения зарядов на поверхностях системы плоских проводников, для которых заданы величины их зарядов. 5.3. Нахождение распределения потенциала в пространстве, в котором расположена система из нескольких проводников, для которых заданы величины их зарядов или значения потенциалов. 5.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 5.1 Вычисление потенциала проводника в присутствии других заряженных тел

102

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Метод решения. Рассматривается как поле заряженных тел, так и поле зарядов, появляющихся на поверхностях проводников вследствие электростатической индукции. Используется определение потенциала, условие его непрерывности во всем пространстве и принцип суперпозиции. Задача 5.3.1. Точечный заряд q находится на расстоянии d от центра незаряженного изолированного проводящего шара радиуса R < d (см. рис. 5.1). Найти потенциал шара φ0, считая равным нулю потенциал на бесконечности. Решение Попытка определить потенциал, выR числяя работу при приближении заряда q d к шару, встречается с трудностями учета q поля зарядов, появляющихся на поверхO ности шара за счет электростатической индукции. Но потенциал всего шара одинаков, поэтому найдем его в самой удоб- Рис. 5.1. Взаимное располоной точке – в центре. Потенциал создает- жение проводящего шара и ся зарядом q и индуцированными на по- точечного заряда. верхности шара зарядами. В центре шара вклад заряда q в потенциq 1  , а вклад индуцированных зарядов в потенал равен  0  4 0 d циал равен нулю, т.к. все эти заряды находятся на одинаковом расстоянии R от центра шара, а их сумма равна нулю. Потенциал шара равен потенциалу его центра, т.е. q 1 0   . 4 0 d Замечание. Если на шаре имеется свой заряд Q, то от этого заQ 1  , и потенциал ряда добавляется вклад в потенциал 1  4 0 R шара становится равным    0  1  Ответ:  0 

q 1  . 4 0 d

1 q Q    . 4 0  d R 

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

Задача 5.3.2. Проводящая сфера радиуса R, на которой находится заряд Q, имеет малое отверстие. Как будет меняться потенциал сферы, если точечный заряд q перемещать из бесконечности через отверстие внутрь неё?

103 + –

+ –

+

R1

R2 O а –

+

–

+q -q

–

+q

+

–

–

+

– –

+

Решение + Вклад собственного заряда Q в Рис. 5.2. Взаимное расположение потенциал сферы постоянен и равен проводящего сферического слоя и точечного заряда q. Q 1   . Для случая, когда за4 0 R ряд q находится вне сферы на расстоянии r > R от ее центра, потенциал сферы определен в задаче 5.3.1 и равен 1 q Q     . 4 0  r R  Как только заряд окажется внутри сферы, на её внутренней поверхности возникнет индукционный заряд –q (распределённый неравномерно), а на внешней поверхности сферы – равномерно распределенный заряд +q, и потенциал сферы станет равным 1 qQ   . 4 0  R  Потенциал при дальнейшем движении заряда q внутри сферы изменяться не будет. Это следует из того, что независимо от положения заряда q внутри сферы поле вне сферы остаётся постоянным и не зависит от перемещения заряда внутри сферы. В этом случае работа по перемещению пробного заряда из бесконечности на поверхность сферы, а, следовательно, и потенциал сферы, будут постоянными. 1 q Q    ; Ответ: при r  R:   4 0  r R  1 qQ  при r  R:   . 4 0  R  Задача 5.3.3. Точечный заряд q находится на расстоянии а от центра О незаряженного сферического проводящего слоя, внут-

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

104

ренний и наружный радиусы которого равны R1 и R2 соответственно (см. рис. 5.2). Найти потенциал φ0 в точке О, если а < R1. Принять φ∞ = 0. Решение Вследствие электростатической индукции на внутренней поверхности слоя появится заряд (–q), а на его внешней поверхности +q. Таким образом, в потенциал в центре сферического слоя вносят вклад три источника электрического поля: заряд +q, равномерно распределенный по внешней поверхности слоя с радиусом R2, заряд (–q), распределенный неравномерно по внутренней поверхности слоя с радиусом R1, и заряд q, расположенный от центра на расстоянии а. Разобьем внутреннюю поверхность слоя на небольшие части, каждая из которых имеет заряд Δqi. Так как все индуцированные заряды на внутренней поверхности расположены от центра на одинаковом расстоянии R1, то их вклад в потенциал составит: q i q 1 1 1 1   q i    .   4 0 i R1 4 0 R1 i 4 0 R1 Аналогично вклад в потенциал зарядов на внешней поверхноq 1  сти  2   . В итоге потенциал в точке О будет равен: 4 0 R2

0 

 1 1 1 1  q     4 0  R2 R1 а 

Ответ:  0 

q 4 0

 1 1 1     .  R2 R1 а 

Задачи типа 5.2 Вычисление распределения зарядов на поверхностях системы плоских проводников, для которых заданы величины их зарядов. Метод решения. Рассматривается как поле заряженных тел, так и поле зарядов, появляющихся на поверхностях проводников вследствие электростатической индукции. Используется условие равенства нулю напряженности электрического поля внутри проводника.

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

105

Задача 5.3.4. Две изолированные тонкие металлические пластины c зарядами Q1 > 0 и Q2> 0 расположены параллельно друг другу на расстоянии d ( рис. 5.3). Площадь каждой пластины S. Считая, что линейные размеры пластин много больше расстояния d и толщины пластин, найти плотности зарядов на всех четырех поверхностях пластин и разность потенциалов между ними. Решение Поскольку размеры пластин велики по Q1 Q2 сравнению с их толщиной, можно пренебречь зарядами на торцах пластин. Так как внутри металлических пластин E = 0, то как заряды Q1 и Q2, так и индуцированные заряды равномерно распределятся на четырех плоскостях с поверхностными плотностями 1 2 3 4 σi (i = 1, 2, 3, 4). Напряженности электричеd ских полей, создаваемых этими зарядами, направлены перпендикулярно поверхностям Рис. 5.3. Взаимное расположение двух тонких пластин и равны: металлических пластин. i Ei  , 2 0 где σi – суммарная поверхностная плотность зарядов Q1, Q2 и индуцированных зарядов на i-той поверхности пластин. По принципу суперпозиции в любой точке пространства напряженности полей от всех 4-х заряженных поверхностей пластин складываются. Тогда суммарная напряженность поля Е в произвольной точке будет равна: 4

E   E i E1  E 2  E 3  E 4 . i 1

Так как сумма индуцированных зарядов в каждой из пластин равна нулю, можно записать: 1   2 S  Q1 , (5.2)  3   4 S  Q2 . (5.3) Возьмем воображаемый прямой цилиндр, основания которого находятся внутри соответствующих пластин (на рис. 5.3 и 5.4 он изображен пунктиром). Применяем к поверхности цилиндра теорему Гаусса:

106

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

 E  dS   2 S 0   3 S 0 . Здесь S0 – площадь оснований цилиндра. Поток вектора E через боковую поверхность цилиндра равен нулю, т.к. вектор E параллелен этой поверхности. Кроме того, поток вектора Е через основания цилиндра равен нулю, т.к. E = 0 внутри металлической пластины. Поэтому  2 S0  3 S0  0 , откуда  2   3 . (5.4) Следовательно, внутри каждой пластины поля, создаваемые поверхностями 2 и 3, взаимно скомпенсированы. Так как в толще пластин E = 0, то поля от поверхностей 1 и 4 тоже должны быть скомпенсированы, что возможно, если 1   4 . (5.5) Между пластинами напряженности элекЕ Е2 Е3 Е3 трических полей E1 и E4 направлены в противо- 2 положные стороны, поэтому E1+E4 = 0, а E2 и E3 сонаправлены и равны по величине (рис. 5.4), σ1 σ2 σ3 σ4 откуда модуль напряженности поля в этом пространстве равен: Е1 Е4  E  2E 2  2 . Рис. 5.4. Направле0 ние векторов напряРазность потенциалов между пластинами женности электрических полей от босоставляет: ковых поверхностей  пластин. U  Ed  2 d . (5.6) 0 Записывая совместно уравнения (5.2) – (5.5), получаем систему: Q1  1   2  S ,      Q 2 . 2  1 S Решая эту систему уравнений, находим: Q  Q2 Q  Q2 1  1 , 2  1 . 2S 2S

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

3  

107

Q1  Q2 Q  Q2 , 4  1 . 2S 2S

Применяя формулу (5.5), получаем: Q  Q2 U 1 d. 2S 0 Q  Q2 Q  Q2 Q  Q2 Ответ: 1  1 , 3   1 , 2  1 , 2S 2S 2S Q  Q2 Q  Q2 d. ,U 1 4  1 2S 0 2S Задачи типа 5.3 Нахождение распределения потенциала в пространстве, в котором расположена система из нескольких проводников, для которых заданы величины их зарядов или значения потенциалов. Метод решения. Использование формул для определения потенциала и условия его непрерывности. Если в задаче распределение электростатического поля обладает элементами симметрии, то, пользуясь теоремой Гаусса, можно найти напряженность поля в изучаемом пространстве, а затем путём интегрирования рассчитать потенциал в заданной точке. Задача 5.3.5. Металлический шар радиуса R1, обладающий положительным зарядом q, окружен расположенным концентрически незаряженным металлическим шаровым слоем с внутренним радиусом R2 и внешним R3. Построить графики зависимостей напряженности поля Е и потенциала φ от расстояния до центра шара. Принять φ∞ = 0. S Решение Напряженность поля находим по теореме Гаусса, используя в качестве вспомогательных поверхностей концентрические сферы произвольного радиуса r (на рис. 5.5 такая поверхность S для области r > R3 изображена пунктиром, стрелками показано Рис. 5.5. Металличеснаправление вектора напряженности E). шар внутри провоЗа счет электростатической индукции на кий дящего шарового незавнутренней поверхности слоя радиуса R2 по- ряженного слоя.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

108

явится заряд (–q) (все силовые линии поля заряда q должны заканчиваться на отрицательных зарядах). Из закона сохранения заряда следует, что на внешней поверхности слоя радиуса R3 должен появиться заряд +q. По теореме Гаусса находим напряженность электрического поля: q 1 E  2; r > R3 : 4 0 r R2 < r < R3:

Е = 0;

R1 < r < R2:

E

q 1  2; 4 0 r

r < R1 : Е = 0. График зависимости Е(r) изображен на рис. 5.6. Отметим, что на тех поверхностях, где есть индуцированные заряды, напряженность не определена (испытывает скачок). Это связано с выбором модели поверхности как не имеющей толщины. В реальных материалах электрическое поле вблизи заряженной поверхности меняется очень быстро на расстояниях порядка нескольких атомных слоев. В этой области модель не имеющей толщины поверхности Е

1 q 4  0 R12 1 4 0 1 4 0

Рис. 5.6. Зависимость модуля напряженности Е от расстояния r до центра шара.

q R22 q R32

r

 q 1 1    4 0  R1 R2 1 4 0

1   R3  q R3

0

Рис. 5.7. Зависимость потенциала φ от расстояния r до центра шара.

R1

R2

R3

r

оказывается слишком грубой и требует уточнения с учетом свойств составляющих ее атомов и молекул. Для расчета потенциала используем его связь с напряженностью поля и условие его непрерывности. С учетом φ∞ = 0 получаем

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

109

следующий ответ: 1 (r ) 

q 1  ; 4 0 r

R2  r  R3:

 2 (r ) 

q 1  – потенциал постоянен; 4 0 R3

R1  r  R2:

 3 (r ) 

q 1  C . 4 r

r  R3

:

Константа С определяется из условия непрерывности потенциала при r = R2: q q 1 1  2 R 2      3 R 2     C, 4 0 R3 4 0 R2 откуда  1 1 1   . С  q   4 0 R R 3 2   Итак, в области R1  r  R2 имеем: 1 1 1 1   . 3 r    q    4 0 r R R 2 3   При r  R1 потенциал остается постоянным и равным  1 1 1 1   . 4   q    4 0 R R R 1 2 3   График зависимости φ(r) представлен на рис. 5.7. Замечание. Разумеется, ответ можно получить сразу, если использовать известные формулы для потенциала сферы радиуса R: q 1 (r )   при r  R; 4 0 r q 1   = const при r  R 4 0 R и принцип суперпозиции. q q 1 1 E  2 , 1 (r )   ; Ответ: r > R3: 4 0 r 4 0 r R2 < r < R3:

Е = 0,

 2 (r ) 

q 1  ; 4 0 R3

110

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

R1 < r < R2: r < R1:Е = 0

q 1 q 1 1 1    ;  2 ,  3 r    4 0 r 4 0  r R2 R3  q  1 1 1   . , 4    4 0  R1 R2 R3  E

Задача 5.3.6. В условиях задачи 5.3.5. внешняя поверхность сферического слоя заземлена (рис. 5.8). Найти потенциал шара во всем пространстве.

Е=0

+ Решение Земля является бесконечно большим проводящим телом. При соединении внешней Рис. 5.8. Взаимное поверхности шарового слоя с Землей все за- расположение металряды с его внешней поверхности ′′уходят′′ на лического шара и заЗемлю, и остается только заряд на внутренней земленного проводяповерхности оболочки, а внешняя поверх- щего шарового слоя. ность не заряжена. При этом суммарный заряд шарового слоя и шара внутри него: Q  Q   Q   0, поэтому вне шарового слоя E = 0 (по теореме Гаусса). Внутри шарового слоя поле останется таким же, как в задаче 5.5. r < R1: Е=0 q 1 E  2; R1 < r < R2: 4 0 r r ≥ R2: Е = 0. Определим распределение потенциала в этом случае. Считая, как и ранее, потенциал на бесконечности равным нулю, получаем: r  R2 : φ1(r) = 0; q 1  2 (r )   С. R1  r  R2: 4 0 r Константа С определяется из условия непрерывности потенциала при r = R2: q 1 1 ( R2 )  0   2 ( R2 )   C, 4 0 R 2

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

откуда С  

111

q 1  . 4 0 R2

Итак, в области R1  r  R2 имеем: q 1 1    .  2 r   4 0  r R2  При r  R1 потенциал остается постоянным и равным q  1 1    . 3  4 0  R1 R2  Ответ: r  R1:



R1  r  R2: r ≥ R2:

 1 1     .  R1 R2  q 1 1     ; , r   4 0  r R2 

q 4 0

φ = 0;

Задача 5.3.7. Имеются три концентрические проводящие сферы 1–3 с радиусами R1 < R2 < R3. Сферы 1 и 3 несут заряды соответственно R2 +Q и −Q. Средняя сфера 2 заземлена R3 проводником, искажающим действием R1 которого на поле можно пренебречь O Q (рис. 5.9). Найти заряд q заземленной q-? сферы 2. –Q Решение Пусть заряд, индуцированный на сфере 2, равен q. Считаем потенциал Рис. 5.9. Взаимное располоЗемли равным нулю, поэтому и потен- жение трех концентрических циал φ2 заземленной сферы тоже равен проводящих сфер. нулю: 

1 0   2    Е (r )dr   4 0 R 2



R3

qQ 1  r 2 dr  4 0 R2

R3 1 1 1  q  Q   1  |  q  |  4 0  r  R3 4 0  r  R2



qQQ dr  r2 R3



Электричество и магнетизм. Методика решения задач

112



1 4 0

 q Q q Q q    .      R3 R2 R2 R3 R3 

Отсюда  1 R  q 1   или q  Q  2  1  0 .  Q   R2  R3 R2   R3  Замечание. При решении этой задачи можно воспользоваться известными формулами для потенциала заряженной сферы и сразу записать потенциал средней заземленной сферы как суперпозицию потенциалов, создаваемых тремя сферами: q Q 1 Q    0, 2    4 0  R2 R2 R3  откуда сразу получаем ответ: R  q  Q  2  1 .  R3  Отметим, что теперь, зная заряды всех сфер, можно легко найти зависимости Е(r) и φ (r). R  Ответ: q  Q  2  1  0 .  R3  Задача 5.3.8. Имеются три незаряженные концентрические сферы 1-3 R2 R3 с радиусами R1 < R2 < R3. На вторую R1 сферу помещают заряд +Q, а сферы 1 O и 3 соединяют проводником, искажа+Q ющим действием которого можно пренебречь (рис. 5.10). Найти зависимости E(r) и φ(r) и построить их гра- Рис. 5.10. Система из трёх концентрических сфер, в которой фики. внутренняя и внешняя сферы соединены проводником. Решение Для решения задачи нужно сначала узнать заряды сфер 1 и 3. Пусть на сфере с радиусом R1 индуцируется заряд q1, на сфере с радиусом R3 – заряд q2. Тогда q1 + q2 = 0, φ1 = φ3 и, следовательно,

0  13

R2

R2

1

R1

1   Е (r )dr  4 0 R

q1

 r2

dr 

1 4 0





R3

q1  Q r2

dr 

Глава 5. Проводники в электростатическом поле



113

    1 Q  q1   1  1   1 q1  1  1   4 0  R2 R3  4 0  R1 R2 

  1  1 1  1    q1      Q    R2 R3   R1 R3  R  R1  1  R3  R2  Q .   q1 3 4 0  R2 R3 R1 R3 Е q 

1 4 0

k

Отсюда q1  q 2  Q

1

r2

Q  q1 r2

R3  R2 R1  , R3  R1 R2

при этом q1  Q . Зная заряды всех сфер, можно по аналогии с задачей 5.3.4 найти зависимости Е(r) и φ (r) и построить их графики (рис. 5.11). Замечание. Для определения зарядов сфер 1, 3 проще воспользоваться готовыми формулами для потенциала сферы и сразу найти потенциал каждой сферы как суперпозицию потенциалов, создаваемых тремя сферами: Q q2  1  q1  , 1    4 0  R2 R2 R3  3 

k



0

R1

R2

R3

Ответ:

1 4 0

r

Рис. 5.11. Зависимость модуля напряженности E и потенциала φ от расстояния r до центра сфер.

q1 = –q2, 1 = 3. q q R  R2 R1 Q Q  1   Отсюда 1  и q1  Q 3 . R1 R2 R3 R3 R3  R1 R2 E(r) = 0;  1 

Q r2 r

Q 1  , 4 0 R3

r < R1:

k

 q1 Q q2    φ(r);    R2 R2 R3 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

114

R1 < r < R2: R2 < r < R3: r > R3:

 q1 Q q1     ;  r R R 2 3   Q  q1 Q  q1 1 1 E (r )    ; (r )  ; 4 0 4 0 r r2 Q Q 1 1 E (r )   2 ; (r )   . 4 0 r 4 0 r E (r ) 

q 1 1  12 ; (r )  4 0 r 4 0

5.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 5.4.1. Заряды распределены равномерно по поверхности двух концентрических сфер с радиусами R1 и R2, причем поверхностные плотности зарядов на обеих сферах одинаковы. Найти плотность заряда σ, если потенциал в центре сфер равен φ 0, а на бесконечности равен нулю.  Ответ:   0 0 . R1  R2 Задача 5.4.2. Две концентрические проводящие сферы с радиусами R и 2R заряжены так, что на внутренней сфере заряд q, а на внешней 2q. На расстоянии 3R от центра сфер потенциал равен φ. Найти R. q 1  . Ответ: R  4 0  Задача 5.4.3. Внутри незаряженного металлического шара радиуса R имеется произвольно расположенная относительно центра сферическая полость радиуса r, в которой расположен неподвижный точечный заряд q на расстоянии a от центра полости. Найти потенциал  электрического поля в центре полости. q 1 1 1 Ответ: (r )     . 4 0  a r R  Задача 5.4.4. Незаряженные концентрические металлические сферы имеют радиусы R1 и R2. Между сферами помещен на расстоянии r от центра точечный заряд +q. Найти разность потенциалов между сферами.

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

Ответ:  

q 4 0

115

1 1     .  r R2 

Задача 5.4.5. Найти потенциал φ(r), создаваемый двумя концентрическими металлическими сферами с радиусами R1 и R2, заряженными зарядами q1 и q2 соответственно (R1 < R2). q  q2 1 (r )   1 Ответ: R2  r: ; 4 0 r R1  r  R2: r  R1:

 q 2 q1     ; r   R2 1  q1 q 2    . (r )  4 0  R1 R2 

(r ) 

1 4 0

Задача 5.4.6. Три концентрические металлические сферы имеют радиусы R1, R2, R3 соответственно. На внутренней сфере заряд +Q, на внешней +2Q, средняя – не заряжена. Определить: а) распределение потенциала во всём пространстве; б) поверхностную плотность зарядов σ на внешних поверхностях всех сфер. Считать φ(∞) = 0. 3Q 3Q 1 (r )   Ответ: r  R3: , 3  ; 4 0 r 4R32 R1  r  R3: r  R1:

 2 1 Q  ;   ,  2  4R22  R3 r  Q  2 1  Q  .    , 1  4R12 4 0  R3 R1  

Q 4 0

Задача 5.4.7. Три концентрические металлические сферы имеют радиусы R, 2R, 3R соответственно. На средней сфере заряд +Q. В ней проделано отверстие, через которое проволокой соединены первоначально незаряженные внешняя и внутренняя сферы. Найти распределение потенциала во всем пространстве, считая φ(∞) = 0. Ответ:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

116

3R < r : 2R < r < 3R: R < r < 2R: r < R:

(r ) 

Q 1  ; 4 0 r

Q  3 1    ; 4 0  4r 12 R  Q  1 7  7   1        kQ   ; 4 0  4r 12 R   4r 12 R  

(r ) 

Q 1  . 4 0 3R

Задача 5.4.8 ([3], 108). Две проводящие концентрические сферы имеют радиусы R1 = 10 см и R2 = 20 см. На каждой из них равномерно распределен заряд q = +1,7∙10–8 Кл. Чему равна разность потенциалов V между ними и какова напряженность поля внутри сфер и снаружи? R  R1 q  2  750 B ; Ответ: V  4 0 R1 R2 q 1  2, внутри первой сферы E  4 0 r 2q 1 E  2 вне второй сферы 4 0 r (r – расстояние до центра сфер). Задача 5.4.9 ([3], 106). Две удаленные от остальных тел одинаковые металлические пластины площадью S, находящиеся друг от друга на очень малом по сравнению с их линейными размерами расстоянии d, заряжены: одна зарядом +q, а другая +2q. Какова разность потенциалов V между ними? qd Ответ: V  . 2 0 S 1 Задача 5.4.10 ([2], 3.65б). Четыре + 2 большие металлические пластины рас– 3 положены на малом расстоянии d друг 4 от друга (см. рис. 5.12). Крайние пла- Рис. 5.12. Схема соединения стины соединены проводником, а на металлических пластин.

Глава 5. Проводники в электростатическом поле

117

внутренние пластины подана разность потенциалов Δφ. Найти: суммарный заряд на единицу площади каждой пластины. Ответ: 1   4   0 Δ / 2d ,  2   3  3 0 Δ / 2d .

Задача 5.4.11 ([3], 93). Из трех параллельных металлических пластинок А, В и С крайние А и В неподвижны и соединены с гальванической батареей (см. рис. 5.13), поддерживающей разность потенциалов V между ними поА стоянной. Средняя пластинка С х С сначала находится в контакте с верхней пластинкой А. Затем с d–х В помощью изолирующей ручки она перемещается по направлению к Рис. 5.13. Схема расположения нижней пластинке. Пренебрегая металлических пластин. краевыми эффектами, найти напряженности полей Е1 и Е2 в зазорах между пластинками в зависимости от переменного расстояния х между пластинками А и С, если сумма зазоров между пластинками равна d. Ответ: Е1  Vx / d 2 , E 2  V ( x  d ) / d 2 . Задача 5.4.12 ([3], 85). Из трех концентрических бесконечно тонких металлических сфер с радиусами R1 < R2 < R3, находящихся в вакууме, крайние заземлены, а средней сообщен электрический заряд Q. Найти напряженность электрического поля во всем пространстве. Ответ: Е = 0 при r < R1 и R3 < r < ∞; 1 Q R1 ( R 2  R3 ) Е  при R1 < r < R2; 4 0 r 2 R 2 ( R3  R1 ) 1 Q R3 ( R 2  R1 ) Е  при R2 < r < R3. 4 0 r 2 R 2 ( R3  R1 )

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

118

Глава 6 МЕТОД ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКИХ ИЗОБРАЖЕНИЙ 6.1. Теоретический материал Силовая линия (линия напряженности) электрического поля – воображаемая направленная линия в пространстве, касательная к которой в каждой точке совпадает с направлением напряженности электрического поля в этой точке (в случае переменных электрических полей в данный момент времени). Свойства силовых линий электрического поля: 1) через любую точку электрического поля (где E (r )  0 ) можно провести силовую линию; 2) силовые линии не пересекаются; 3) силовые линии электростатического поля начинаются на положительных зарядах или в бесконечности и заканчиваются на отрицательных зарядах или в бесконечности; а

б

в

г

Рис. 6.1. Картины силовых линий положительного точечного заряда (а), отрицательного точечного заряда (б), двух разноименных (в) и одноименных (г) (одинаковых по модулю) точечных зарядов.

Глава 6. Метод электростатических изображений

119

4) силовые линии проводятся гуще там, где модуль напряженности поля больше. Картины силовых линий положительного и отрицательного точечных зарядов приведены на рис. 6.1 (а и б). Картины силовых линий двух разноименных и одноименных (одинаковых по модулю) точечных зарядов приведены на рис. 6.1 (в и г). Эквипотенциальная поверхность – поверхность равного потенциала (результат объединения точек поля с равным потенциалом). Свойства эквипотенциальных поверхностей: 1) через любую точку электрического поля можно провести эквипотенциальную поверхность; 2) эквипотенциальные поверхности не пересекаются в области пространства, где напряженность поля отлична от нуля; 3) эквипотенциальные поверхности замкнуты (непрерывны вследствие непрерывности потенциала) или уходят в бесконечность; 4) если эквипотенциальные поверхности проводить так, что потенциал получает одно и то же приращение, то эквипотенциальные поверхности ближе друг к другу там, где больше напряженность поля; 5) эквипотенциальные поверхности перпендикулярны силовым линиям электрического поля. Теорема единственности в электростатике. Решение уравнения Пуассона (Лапласа) с заданными граничными условиями для потенциала (r ) является единственным. Можно найти лишь одну функцию (r ) , которая удовлетворяет уравнению Пуассона (Лапласа) и этим граничным условиям. Метод электростатических изображений (или метод зеркальных отображений) – способ действий, позволяющий в некоторых случаях получить очень простые решения для поля зарядов, распределенных по поверхности проводников. Метод основывается на теореме единственности в электростатике и состоит в подборе таких дополнительных фиктивных зарядов – "изображений", которые вместе с заданными зарядами создавали бы поле, у которого одна из эквипотенциальных поверхностей совпала бы с поверхностью данного проводника. В области вне проводника поле фиктивных зарядов полностью моделирует поле, создаваемое поверхност-

120

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

ными зарядами, расположенными на проводнике, так что поле вне проводника полностью совпадает с полем исходной системы. В курсе общей физики обычно рассматриваются два случая, приведенных ниже. Точечный заряд q около проводящей плоскости

=0

а

б

Рис. 6.2. Картина силовых линий двух разноименных точечных зарядов q и (–q) (а) и точечного заряда q над проводящей плоскостью с потенциалом  = 0 (б).

На рис. 6.2 (а) видно, что поле двух противоположных по знаку, но одинаковых по величине зарядов имеет плоскую эквипотенциальную поверхность с потенциалом  = 0 (пунктир) посередине между зарядами. Если поместить на нее проводящую плоскость, то поле не изменится, и получится показанная на рис. 6.3 (б) система, а фиктивный заряд q' будет зеркальным отображением заданного заряда q (подробно этот случай рассмотрен далее в задаче 6.3.2). Точечный заряд q около проводящей сферы (шара) Среди эквипотенциальных поверхностей системы двух противоположных по знаку и неравных по величине зарядов q и q существует одна сферическая поверхность, потенциал которой  = 0 (см. задачу 4.3.8 главы 4). Это позволяет решить данную задачу (подробное решение приведено ниже в задаче 6.3.5). Пусть имеется проводящая заземленная сфера (или шар) радиуса r (потенциал сферы равен нулю) и заряд q на расстоянии b > r от ее центра (рис. 6.3). Чтобы обеспечить совпадение эквипотенциальной поверхности  = 0 с заданной сферой, нужно поместить дополнительный фиктивный заряд-ʺизображениеʺ величиной 2  a  r b q   qr b на расстоянии от центра сферы на прямой, проведенной через заряд q и центр сферы О (см. далее решение задачи 6.3.5). Поле этих двух зарядов вне сферы (и только вне сферы) полностью совпадет с исходным полем, создаваемым зарядом q и

121

Глава 6. Метод электростатических изображений

поверхностными зарядами на сфере. Поле внутри сферы при этом равно нулю

P r1

r

b O

a

r q'   q b

q

Х

Рис. 6.3. Взаимное расположение точечного заряда q, заземленного металлического шара и заряда-′′изображения′′ q′.

Разумеется, задача может быть обращена. Если внутри заземленной сферы находится на расстоянии а от центра заряд q, то поле внутри сферы совпадет с полем системы двух зарядов: q и заряда-"изображения" q   bq r , расположенного на расстоянии b  r 2 a в соответствии с тем же рисунком.

6.2. Основные типы задач (классификация) 6.1. Определение силы взаимодействия точечного заряда, диполя или заряженного тела с проводящей плоскостью, а также нахождение напряженности и потенциала электрического поля такой системы и поверхностной плотности индуцированных на плоскости зарядов. 6.2. Вычисление силы взаимодействия точечного заряда с проводящей сферой, а также определение напряженности и потенциала электрического поля такой системы. 6.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 6.1 Определение силы взаимодействия точечного заряда, диполя или заряженного тела с проводящей плоскостью, а также нахождение напряженности и потенциала электрического поля такой системы и поверхностной плотности индуцированных на плоскости зарядов.

122

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Метод решения. Применение метода электростатических изображений. Замена полей, создаваемых зарядами на поверхности плоского проводника, полем одного (или более) фиктивного точечного заряда позволяет легко вычислить силу взаимодействия, применяя закон Кулона. Чтобы определить плотность индуцированных зарядов, надо найти напряженность поля, создаваемого этой системой точечных зарядов в произвольной точке на поверхности проводника, и затем применить формулу (5.1) из главы 5 для напряженности электрического поля вблизи поверхности проводника: E  ( /  0 ) n . Задача 6.3.1. На расстоянии h от проводящей бесконечной плоскости находится точечный заряд q. Определить модуль напряженности электрического поля Е в точке А, отстоящей от плоскости и от заряда на расстояние h. Решение Строим заряд-ʺизображениеʺ –q в A E1 +q h соответствии с теоретическим материа лом (рис. 6.4). Напряженность поля в E2 h E точке А есть векторная сумма напряженностей Е1 и Е2 от зарядов q и –q. Из  геометрии задачи следует: q q 1 1 –q Е1   2 , Е2   2 . 4 0 h 4 0 5h Рис. 6.4. К решению задачи По теореме косинусов: 6.3.1: определение напряженE2 = E12  E22 – 2 E1E2 cos, ности поля, создаваемого точечным зарядом +q над беско1 где cos = sin = . нечной проводящей плоско5 стью. Отсюда получаем: q 1 Е  2 26  2 5 . 4 0 5h q 1  2 26  2 5 . Ответ: Е  4 0 5h Задача 6.3.2. На расстоянии h от заземленной проводящей бесконечной плоскости находится точечный заряд q. Определить плотность индуцированного заряда в произвольной точке на плоскости.

123

Глава 6. Метод электростатических изображений

Решение Потенциал заземленной бесконечной плоскости считаем равным нулю. Проведем от заряда q перпендикуляр к проводящей +q плоскости и на его продолжении поместим заряд-′′изображение′′ (–q) n h α на таком же расстоянии h от граниA r цы проводника (рис. 6.5). ПоверхE2 E1 h ность нулевого потенциала систе–q мы зарядов q и (–q) будет совпадать E с поверхностью проводящей плос6.5. К расчету поверхностной кости. Тогда в соответствии с тео- Рис. плотности заряда, индуцированремой единственности поле систе- ного на бесконечной проводящей мы двух зарядов q и (–q) над про- плоскости. водящей плоскостью будет полностью совпадать с полем исходной системы. Таким образом, мы заменили плоскость с индуцированными на ней зарядами зарядом′′изображением′′ (–q). Благодаря симметрии системы положение произвольной точки А на плоскости можно задать всего одним параметром – расстоянием r этой точки от основания перпендикуляра, опущенного от заряда q на плоскость. Расстояние от точки А плоскости до заряда q

r 2  h 2 , а модуль напряженности поля этого заряда q 1 E1   2 . 4 0 h  r 2 Учитывая, что E1 = E2, находим напряженность Е в точке A, суммируя векторы E1 и E2: 2q 2qh 1 h 1 Е  2E1 cos   2    , 2 2 2 2 4 0 h  r 4 0 h  r 2 3 / 2 h r равно





2qh 1  n, 2 4 0 (h  r 2 ) 3 / 2 где n – единичный вектор нормали к проводящей плоскости (см. рис. 6.5). Следовательно, вектор Е направлен перпендикулярно плоскости в сторону отрицательного заряда-′′изображения′′. Вблизи проводника E  Еn   /  0 . Приравнивая оба выражения для Е, находим: E 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

124

( r )  

qh

. 2(h 2  r 2 ) 3 / 2 Для проверки полученного результата вычислим полный заряд q', индуцированный на плоскости. Он должен быть равен –q, так как все силовые линии, исходящие из заряда q, заканчиваются на плоскости. Чтобы вычислить q', рассмотрим на плоскости кольцо, лежащее между окружностями радиусов r и r + dr. Площадь этого кольца равна 2πr dr, и на нем находится заряд dq' = σ(r)2πr dr. Интегрируя по r в пределах от нуля до бесконечности, находим полный заряд q': 



rdr  2 3/ 2 0 (r  h )

q    (r )2rdr   qh 0

1  2   qh   2  r 2  h2 Ответ: (r )  

   

2



  q. 0

qh . 2(r  h 2 ) 3 / 2 2

Задача 6.3.3. Точечный заряд q помещен на биссектрисе прямого двугранного угла между двумя большими заземленными проводящими плоскостями (рис. 6.6). Используя Рис. 6.6. Взаимное расq метод электростатичеположение двугранного d ских изображений, угла, образованного проводящими плоскостями, найти систему точечных и точечного заряда. зарядов, которые моде- О лируют электрическое поле заряда q и проводящих плоскостей. Решение Применяя метод электростатических изображений, найдем систему точечных зарядов, моделирующих электрическое поле в области нахождения заряда q. Для этого будем последовательно отражать заряд q относительно поверхностей двугранного угла, меняя при этом знак заряда. Конечная совокупность точечных зарядов должна обеспечивать равенство нулю потенциала всех точек

Глава 6. Метод электростатических изображений

125

проводника. При этом заряды-′′изображения′′ расположатся на окружности с центром в точке О. Получаем систему четырех точечных зарядов, расположенных, как показано на рис. 6.7. –q

q

О q

–q

Рис. 6.7. Схема расположения точечного заряда q и его электростатических изображений.

Замечание. Конечную систему зарядов в таких задачах можно получить для двугранных углов, величина которых φ = π/n, где n – целое число. При этом полное число точечных зарядов будет равно 2n. Например, для угла φ = π/3 получится система из 6 точечных зарядов (3 положительных и 3 отрицательных); для угла φ = π/4 – система из 8 точечных зарядов и т.д. Ответ: система точечных зарядов показана на рис. 6.7. Задача 6.3.4. Точечный электрический p диполь находится над бесконечной заземd ленной металлической пластиной на расстоA a янии d от нее. Дипольный момент p перпендикулярен пластине и направлен от неё d (рис. 6.8). Найти напряженность электрического поля в точке А, находящейся между p плоскостью и диполем на расстоянии a от Рис. 6.8. Взаимное расплоскости. положение точечного диполя и диполяРешение ′′изображения′′. Электрическое поле в точке А создается точечным диполем и зарядами, индуцированными на металлической пластине. Применяя метод электростатических изображений, заменим пластину фиктивным диполем -′′изображением′′, который вместе с реальным точечным диполем создает электрическое поле, совпадающее над плоскостью с полем системы ′′точечный диполь металлическая пластина′′. Так как диполь состоит из точечных от-

126

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

рицательного и положительного зарядов, то отражая эти заряды относительно заземленной плоскости и меняя при этом их знак, получим, что дипольный момент диполя-′′изображения′′ направлен также, как у реального диполя (рис. 6.8). При этом поверхность пластины имеет нулевой потенциал, что соответствует условию задачи. Напряженность поля точечного диполя выражается формулой: p 1  3 pr r E r    3 .  5 4 0  r r  Для реального диполя в точке А дипольный момент p направлен противоположно r, и расстояние от него до т. А равно (d – а). Тогда напряженность поля, создаваемого этим диполем в т.А, составляет: p 1  3p r 1  3p p  1 2p E1 r           4 0  r 3 r r 3  4 0  r 3 r 3  4 0 r 3 2p 1   . 4 0 (d  a) 3 Для диполя-′′изображения′′ p и r сонаправлены, расстояние до т. А от него составляет (d + a). Напряженность поля, создаваемого диполем-′′изображением′′ в т. А, равна: 2p 1 3 p p  1 2p 1 . E 2 r    3  3    3 4 0  r 4 0 d  a 3 r  4 0 r Напряженности полей обоих диполей в т. А сонаправлены, поэтому искомая напряженность электрического поля равна: 2p  4 pd (d 2  3a 2 ) 1  2p 1 EА     .   3 4 0  (d  a) 3 d  a 3  4 0 d 2  a2 Вектор ЕА направлен от металлической пластины. 4 pd (d 2  3a 2 ) 1 Ответ: E А  , вектор ЕА направлен от  3 4 0 d 2  a2









металлической пластины. Задача 6.3.5. Тонкое проволочное кольцо радиуса R имеет заряд q. Кольцо расположено параллельно безграничной проводящей плоскости на расстоянии h от последней. Найти: а) поверхностную плотность заряда в точке плоскости на оси кольца; б) напряженность и потенциал электрического поля в центре кольца.

Глава 6. Метод электростатических изображений

127

Решение Воспользуемся результатом решения задачи 1.3.5, в которой получено значение модуля напряженности электрического поля на оси заряженного кольца на произвольном расстоянии z от его плоскости: qz 1 E( z)   2 . 4 0 ( R  z 2 ) 3 / 2 Заряд-ʺизображениеʺ имеет вид заряженного отрицательно кольца, расположенного симметрично реальному кольцу относительно плоскости. Напряженность и потенциал электрического поля в центре кольца находим, суммируя вклады от заряда q и заряда-ʺизображенияʺ. а) Рассмотрим точку плоскости, через которую проходит ось кольца. Для нее z = h, и векторы напряженности от двух колец направлены одинаково. Поэтому суммарная напряженность равна: qh 1 E  2 E ( h)   2 . 2 0 ( R  h 2 ) 3 / 2 Искомую плотность заряда найдем из формулы (5.1) главы 5: qh 1    0 Е ( h)    2 . 2 ( R  h 2 ) 3 / 2 б) Напряженность в центре кольца создается только зарядомизображением. Для этой точки z = 2h и модуль напряженности равен: qh 1 E  2 . 2 0 ( R  4h 2 ) 3 / 2 Для случая q > 0 вектор Е направлен вдоль оси кольца в сторону плоскости. При q < 0 направление Е противоположно: от плоскости. Задача о потенциале для точек на оси системы двух колец решена в главе 3 (см. задачу 3.3.5). В общий ответ, полученный при нормировке потенциала φ∞ = 0,  q1 q2 1  ,   2 2  4 0  R 2  ( x  h) 2 R  ( x  h)   надо подставить q1 = q, q2 = –q, x = h. В итоге получаем:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

128

 q  1 1 ,   4 0  R R 2  4h 2  где  – потенциал средней точки кольца относительно проводящей плоскости (или, что эквивалентно, относительно бесконечно удаленной точки). В этом частном случае, когда заряды q1 и q2 равны по величине и противоположны по знаку, потенциал в точке x = 0 тоже равен нулю. Это означает, что вся проводящая плоскость имеет равный нулю потенциал. qh 1  2 Ответ: a)    ; 2 ( R  h 2 ) 3 / 2 

б) E 

qh q  1 1 1   2 ;  2 3/ 2  2 0 ( R  4h ) 4 0  R R 2  4h 2

 .  

Задачи типа 6.2 Вычисление силы взаимодействия точечного заряда с проводящей сферой, а также определение напряженности и потенциала электрического поля такой системы. Метод решения. Применение метода электростатических изображений. Замена поля, создаваемого зарядами на поверхности сферы, полем одного (или более) фиктивного точечного заряда, как описано в теоретическом материале, позволяет вычислить силу взаимодействия, применяя закон Кулона. Задача 6.3.5. Точечный заряд q находится на расстоянии b от центра заземленного металлического шара радиуса r (b > r). Определить силу притяжения F между зарядом и шаром. Какую минимальную работу А надо совершить, чтобы перенести заряд в бесконечно удаленную точку? Решение Как было показано в задаче 4.3.8 главы 4, для двух разноименных точечных зарядов q и q, расположенных на расстоянии d друг от друга, поверхностью нулевого потенциала является сфера радиуса

129

Глава 6. Метод электростатических изображений

qq d , q2  q 2 центр которой смещен на расстояние r

a

(6.1)

q 2 d q 2  q 2

(6.2)

от отрицательного заряда вдоль оси Х, направленной от заряда q′ к заряду q. Поверхность заземленного шара имеет нулевой потенциал, как и весь шар в целом. Поместим точечный заряд q на расстоянии a от центра шара так, чтобы поверхность нулевого потенциала зарядов q и q совпала с поверхностью шара (рис. 6.9). r

b 0 а

q' = –

r q b

F

q

Х

Рис. 6.9. Взаимное расположение точечного заряда q, заземленного металлического шара и заряда-′′изображения′′ q′.

Поделив почленно уравнение (6.2) на уравнение (6.1), получаq a ем:   , откуда r q

a q   q . (6.3) r Подставляя q′ и d = (b–a) в формулу (6.2), находим: ba a . (6.4) 1 r 2 / a2 Решая получившееся уравнение (6.4) относительно а, определяем: r2 a . (6.5) b Подставляя (6.5) в (6.3), окончательно получаем величину q′: r q   q . (6.6) b

130

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Поскольку поле, создаваемое индуцированными на шаре зарядами, вне шара эквивалентно полю заряда-"изображения" q, то искомая сила взаимодействия между шаром и зарядом q равна силе притяжения зарядов q и q в соответствии с законом Кулона. Следовательно, эта сила F равна: qq  brq2 1 1 F   е    ех , х 4 0 (b  a) 2 4 0 (b 2  r 2 ) 2 где ех – единичный орт оси ОХ. Вычислим минимальную работу, которую надо совершить, чтобы перенести заряд q в бесконечно удаленную точку. Чтобы работа была минимальна, заряд должен двигаться без ускорения, поэтому внешняя сила должна быть равна силе, действующей на заряд q со стороны заряда-"изображения" q и противоположно ей направлена. При удалении заряда от шара за счет внешней силы будет также изменяться и положение (координата x) заряда′′изображения′′. Учитывая, что внешняя сила направлена по оси Х, и выполняя интегрирование, находим величину ее работы, необходимой для полного разведения зарядов:   rq 2 xdx rq 2 1 1 . A   F ( x)dx    4 0 b ( x 2  r 2 ) 2 4 0 2(b 2  r 2 ) b Эта работа положительна, поскольку совершена внешней силой против сил притяжения зарядов. rq 2 1 1 brq2 Ответ: F   ; . A    2 е х 4 0 2(b 2  r 2 ) 4 0 (b  r 2 ) 2 Задача 6.3.7. Точечный заряд q находится на расстоянии b от центра изолированного незаряженного металлического шара радиуса r. Определить силу притяжения F между зарядом и шаром. Решение Если шар изолирован, то его потенциал равен  

q 1  (см. 4 0 b

qr обеспечиb вает равенство потенциала сферы нулю, то для увеличения ее позадачу 5.3.1). Поскольку заряд-ʺизображениеʺ q  

Глава 6. Метод электростатических изображений

131

тенциала до нужного значения надо добавить в центр шара точечq 1 ный заряд q'' такой, чтобы потенциал сферы стал равен  . 4 0 b Величина заряда q'' должна удовлетворять соотношению: q  q 1 1    , 4 0 r 4 0 b

r откуда q  q . b В области вне шара электростатическое поле будет в точности совпадать с полем, созданным тремя точечными зарядами: q, q'' и qr зарядом-ʺизображениемʺ q   . b К этому же выводу можно придти и по-иному: поток вектора Е через поверхность шара должен равняться нулю, т.к. шар не заряжен. Отсюда по теореме Гаусса следует, что сумма зарядов, размещаемых внутри шара для моделирования внешнего поля, также должна равняться нулю: q'' + q' = 0, что опять приводит к равенству: q  qr b  . Теперь вычисляем силу, действующую на заряд q, как сумму двух сил со стороны точечных зарядов q и q: F  F1  F2 . Первое слагаемое соответствует притяжению зарядов q и q': qq  brq2 1 1 F1   е    ех , х 4 0 (b  a) 2 4 0 (b 2  r 2 ) 2 где ех – орт оси ОХ, направленной от центра шара к точечному заряду. Второе слагаемое выражает силу отталкивания зарядов q и q'': qq  rq 2 1 1 F2   2 ех   3 ех . 4 0 b 4 0 b Хотя заряды q' и q'' одинаковы по модулю, в итоге получается сила притяжения, поскольку заряд q' находится к заряду q ближе, чем заряд q''. Окончательно получаем:  1 b 1  F  rq 2  2  3  е х . 2 2 4 0 b   (b  r )

132

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Замечание. Можно дополнительно вычислить и работу, необходимую для удаления заряда q на бесконечность. Она вычисляется аналогично расчету, приведенному в задаче 6.3.6. В данном случае r 3q 2 она равна A  k 2 2 . Как и следовало ожидать, она меньше, 2b (b  r 2 ) чем в случае заземленного шара предыдущей задачи, потому что тогда за счет заземления на шаре появлялся отличный от нуля индуцированный заряд противоположного знака, и требовалась дополнительная работа по преодолению его силы притяжения.  1 b 1  Ответ: F   rq 2  2  3  е х . 2 2 4 0 b   (b  r ) Задача 6.3.8. Точечный заряд q > 0 находится на расстоянии b от центра изолированного металлического шара радиуса r, обладающего зарядом Q > 0. Определить напряженность электрического поля в точке В, находящейся на расстоянии l > b от центра шара на линии, соединяющей центр шара с точечным зарядом q. Решение В данном случае потенциал шара будет равен 1 q Q     (см. задачу 5.3.1). 4 0  b r  qr Поскольку заряд-ʺизображениеʺ q   обеспечивает равенb ство потенциала сферы нулю, то для обеспечения нужного потенциала поверхности шара надо добавить в центр шара точечный заряд q''′ такой, чтобы потенциал сферы стал равен 1 q Q     . Следовательно, величина заряда q'′' должна 4 0  b r  удовлетворять соотношению: q  1 1 q Q     , 4 0 r 4 0  b r 

r . (6.7) b Величину q''′ можно вычислить и по-другому: поток вектора Е через поверхность шара определяется зарядом шара Q, поэтому откуда q   Q  q

133

Глава 6. Метод электростатических изображений

сумма зарядов, размещаемых нами внутри шара для моделирования внешнего поля, также должна равняться Q: q''′ + q' = Q, r откуда опять получаем: q   Q  q . b q′′′ r

b

В

0 a

q

r q' = – q b

Х

Рис. 6.10. Взаимное расположение точечного заряд q, изолированного проводящего шара и зарядов′′изображений′′ q′ и q′′′.

Таким образом, в области вне металлического шара электростатическое поле будет в точности совпадать с полем, созданным тремя точечными зарядами: q, q''' и зарядом-′′изображением′′ qr (см. рис. 6.10). q   b Напряженность электрического поля в точке В найдем по принципу суперпозиции как сумму напряженностей полей точечных зарядов q, q' и q''': qr Q  qr / b  1  q   ex , Е  Е q  E q  E q    2 4 0  (l  b) 2 b l  r 2 / b 2 b   где ех – единичный орт оси ОХ. При выводе формулы учтено, что a  r2 /b qr Q  qr / b  1  q   ex . Ответ: Е    4 0  (l  b) 2 b l  r 2 / b 2 b2  









6.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 6.4.1. Точечный заряд q помещен на расстоянии R 2 от центра заземлённой тонкостенной металлической сферы радиуса

134

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

R, на которой расположен заряд Q. Определить модуль силы F, действующей на заряд q. 8q 2 1 Ответ: F   2. 4 0 9R Задача 6.4.2. очечный заряд q находится на расстоянии r от центра О заряженного проводящего сферического слоя, внутренний и наружный радиусы которого равны, соответственно, a и b. Найти полный заряд Q слоя, если потенциал в точке О равен φ. Учесть, что r < a. b b  Q  q   1  4 0 b . Ответ: a r  Задача 6.4.3 ([2], 3.54). Два точечных заряда, q и –q, расположены на расстоянии l друг от друга и на одинаковом расстоянии l/2 от проводящей плоскости с одной стороны от неё. Найти модуль силы, действующей на каждый заряд. q2 Ответ: F  (2 2  1) . 8 0 l 2 Задача 6.4.4 ([2], 3.56). Точечный заряд q = мкКл находится между двумя проводящими взаимно перпендикулярными полуплоскостями. Расстояние от заряда до каждой полуплоскости l = 5,0 см. Найти модуль силы, действующей на заряд. q2 Ответ: F  (2 2  1)  3,3 Н . 32 0 l 2 Задача 6.4.5 ([2], 3.59). Тонкая бесконечно длинная нить имеет заряд λ на единицу длины и расположена параллельно проводящей плоскости. Расстояние между нитью и плоскостью равно l. Найти: а) модуль силы, действующей на единицу длины нити; б) распределение поверхностной плотности заряда σ(х) на плоскости (здесь х – расстояние от прямой на плоскости, где σ максимальна). l 2 Ответ: а) F1  ; б)   . 2 4 0 l  l  x2





Глава 6. Метод электростатических изображений

135

Задача 6.4.6 ([2], 3.60). Очень длинная нить ориентирована перпендикулярно к проводящей плоскости и не доходит до этой плоскости на расстояние l. Нить заряжена равномерно с линейной плотностью λ. Пусть точка О – след нити на плоскости. Найти поверхностную плотность индуцированного заряда на плоскости: а) в точке О; б) в зависимости от расстояния r до точки О.   Ответ: а)   ; б) (r )  . 2l 2 l 2  r 2 Задача 6.4.7 ([2], 3.61). Тонкое проволочное кольцо радиуса R имеет заряд q. Кольцо расположено параллельно проводящей плоскости на расстоянии l от неё. Найти поверхностную плотность индуцированного заряда в точке плоскости, расположенной симметрично относительно кольца. lq Ответ:   . 3/ 2 2 2 l  R 2





Задача 6.4.8 ([3], 22). Точечный заряд q находится между двумя металлическими плоскостями, образующими между собой двугранный угол 60º. Найти предел, к которому стремится напряженность электрического поля Е, когда точка наблюдения приближается к ребру двугранного угла, всё время оставаясь между металлическими плоскостями. Как изменится результат, если заряд будет не точечным? Ответ: E  0 . Ответ не изменится, если заряд будет не точечным. Задача 6.4.9 ([3], 60). Два одинаковых положительных заряда q находятся на одинаковом расстоянии d от безграничной проводящей плоскости по одну сторону от неё. Расстояние между зарядами равно 2d. Найти модуль напряженности поля на середине расстояния между зарядами. 4q 1 Ответ: Е  .  4 0 5 5 d 2 Задача 6.4.10 ([3], 38). Металлический шар радиуса R соединен очень тонкой проволокой с Землей. На расстоянии d = 2R от центра этого шара находится электрический заряд +q. Чему равен

136

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

отрицательный заряд Q шара? Поверхность Земли и все остальные предметы можно считать достаточно удаленными, а влиянием соединяющей проволоки пренебречь. Ответ: Q  q / 2 . Задача 6.4.11 ([3], 39). Точечный заряд q находится на расстоянии d от центра заряженного проводящего шара Q. Каков заряд шара, если известно, что сила взаимодействия между зарядами равна нулю? 1  (1   2 ) 2 Ответ: Q  q  , где α = r/d. 2 1  2





Задача 6.4.12 ([3], 41). Точечный заряд q находится на расстоянии d от центра незаряженного проводящего шара радиуса R. Какой заряд протечет по проводнику, если заземлить шар? Ответ: q   qR / d . Задача 6.4.13 ([3], 42). Заземленный шар радиуса R находится вблизи точечного заряда q, расстояние между зарядом и центром шара d. Определить максимальную и минимальную поверхностные плотности наведенного на шаре заряда. q q d  d  Ответ: 1    1 ,  2    1 . 2 2 R 4 ( d  R )  R 4  ( d  R )   

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

137

Глава 7 ЭЛЕКТРОЕМКОСТЬ. ПРОСТЫЕ КОНДЕНСАТОРЫ И ИХ СОЕДИНЕНИЯ 7.1. Теоретический материал Уединенный проводник – проводник, расстояние от которого до других тел достаточно велико, чтобы пренебречь электрическим полем зарядов на этих телах по сравнению с полем, создаваемым зарядами проводника. Емкостью (электрической емкостью, электроемкостью) уединенного проводника называется физическая величина, равная отношению заряда Q уединенного проводника к его потенциалу  при нормировке на бесконечность: Q C . (7.1)  В системе единиц СИ электроемкость измеряется в фарадах Q  Кл  Ф . [Ф]: C    В Емкость уединенного проводника зависит только от его размеров и формы и не зависит от заряда Q и его потенциала . Простой конденсатор – это совокупность двух заряженных проводников (обкладок), электрическое поле между которыми не зависит от окружающей среды (от величины и расположения внешних по отношению к этим проводникам зарядов). Заряды на обкладках конденсатора противоположного знака и равны по величине. Силовые линии поля, начинаясь на одной обкладке конденсатора, заканчиваются на другой. На практике конденсаторы конструируются так, чтобы все электрическое поле было в максимальной степени сконцентрировано в области между обкладками, а краевые эффекты были бы минимальны. Это достигается выбором геометрии обкладок – например, это плоские пластины, или скрученные в рулон проводящие ленты, разделенные очень тонким диэлектрическим слоем. Емкостью (электрической емкостью, электроемкостью) простого конденсатора называется физическая величина, равная отношению положительного заряда Q на обкладке проводника (заряду конденсатора) к напряжению (разности потенциалов) между обкладками конденсатора U:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

138

C

q . U

Единица измерения: C  

(7.2)

Q  Кл  Ф . U  В

Емкость простого конденсатора зависит только от его размеров, формы, взаимного расположения обкладок конденсатора и не зависит от заряда Q и напряжения U. Если между обкладками конденсатора вакуум, то: 1) емкость плоского конденсатора равна S (7.3) C  0 , d где S – площадь пластин, d – расстояние между пластинами конденсатора ( d  S ). 2) емкость цилиндрического конденсатора равна: h C  2 0 , (7.4) ln r2 / r1  где r1 и r2 – радиусы внутренней и внешней обкладок, h – длина обкладок конденсатора ( d  r2  r1 ). 3) емкость сферического конденсатора равна: rr C  4 0 1 2 , (7.5) r2  r1 где r1 и r2 – радиусы внутренней и внешней обкладок сферического конденсатора. U Емкость батареи параллельно соединенных конденсаторов. Параллельное соединение конденсаторов – соединение, при котором разноq C сти потенциалов между их обкладками одинакоqi Ci вы (см. рис. 7.1): Емкость батареи параллельно соединенных конденсаторов равна сумме емкостей этих конU денсаторов: Рис. 7.1. ПаралC   Ci . (7.6) i

лельное соединение конденсаторов.

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

139

Емкость батареи последовательно соединенных конденсаторов. Последовательное соединение Ci конденсаторов – соединение, при кото+q –q +q –q ром заряды всех конденсаторы одинаковы (см. рис. 7.2): Ui Обратная величина емкости батаРис. 7.2. Последовательное реи последовательно соединенных соединение конденсаторов. конденсаторов равна сумме обратных величин емкостей этих конденсаторов: 1 1  . (7.7) C i Ci Следовательно, емкость батареи последовательно соединенных конденсаторов равна: 1 C . 1 C i i Свойство эквипотенциальных точек. Разъединение или соединение проводником эквипотенциальных точек не меняет электростатическое состояние системы. 7.2. Основные типы задач (классификация) 7.1. Расчет емкостей простых конденсаторов. 7.2. Расчет емкостей батарей конденсаторов при их различных соединениях. 7.3. Перезарядка конденсаторов при изменении способа их соединения. 7.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 7.1 Расчет емкостей простых конденсаторов Метод решения. Полагая, что на обкладках конденсатора (или на двух телах, емкость которых определяется) находятся равные по величине и противоположные по знаку заряды q и (–q), находим разность потенциалов U между обкладками (или телами) и используем определение емкости (формула (7.2): C  q / U ).

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

140

Задача 7.3.1. Получить формулу для емкости сферического конденсатора с радиусами внутренней и внешней обкладок R1 и R2 соответственно. Решение Способ 1. Пусть на внутренней сфере находится заряд Q. По теореме Гаусса напряженность поля Е в пространстве между сферами равна: Q 1 E  2, 4 0 r где r – расстояние до центра сфер (см. рис. 7.3). R2 R1

Рис. 7.3. Сферический конденсатор (в разрезе). Пунктиром показана воображаемая сфера радиуса r для расчета напряженности поля в конденсаторе по теореме Гаусса.

0 r

Разность потенциалов между обкладками составляет: R2

Δ  1   2   Edr  R1

1 4 0

R2

Q

Q  1

1 

 r 2 dr  4 0  R1  R2  .

R1

По определению электроемкости С 

Q , поэтому для емкоΔ

сти сферического конденсатора получаем: R1 R2 С  4 0 . R2  R1 Способ 2. Разобьем пространство между обкладками конденсатора на сферические слои радиусом r и малой толщиной dr. Считая напряженность электрического поля внутри выделенного слоя постоянной, можно применить для емкости Сr такого элементарного конденсатора формулу:  S Сr  0 r , dr где S r  4r 2 – площадь поверхности сферического слоя, dr = dr – его толщина.

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

141

Получившиеся элементарные конденсаторы соединены последовательно, поэтому для вычисления емкости всего сферического конденсатора воспользуемся формулой (7.7):  1 1    C r  Cr

2  1 dr 1  1 1        ,   2 С 4  R R  4  r 0 1 2    R1 0 откуда получаем емкость сферического конденсатора: R1 R2 С  4 0 . R2  R1 RR Ответ: С  4 0 1 2 . R2  R1

R

Задача 7.3.2. Расстояние между 1 обкладками плоского конденсатора с b площадью пластин S равно d. В пространство между обкладками конденсатора вносится металлическая h d пластина такой же площади толщи2 ной h, поверхность которой параллельна обкладкам и находится на Рис. 7.4. Плоский воздушный конденсатор с металлирасстоянии b от одной из них ческой пластиной внутри. (рис. 7.4). Обкладки конденсатора имеют потенциалы φ1 и φ2 < φ1. Найти потенциал φ0 металлической пластины. Решение Внутри металлической пластины Е0 = 0, а вне неё поле однородно и имеет напряженность:   2 E 1 . d h Изменение потенциала при переходе от верхней обкладки к пластине вычисляем как взятую с обратным знаком работу электрического поля напряженностью Е по перемещению единичного положительного заряда на расстояние b: Δφ = –bE. Следовательно, потенциал металлической пластины равен:   2 b 1   2 .  0  1    1  b 1  1  d h d h

142

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Ответ:  0  1 

b 1   2  . d h

Задача 7.3.3. Определить при- 2R ближенно емкость C системы из двух одинаковых металлических шаров радиуса R, находящихся на очень 7.5. Взаимное расположение большом по сравнению с R расстоя- Рис. двух металлических шаров. нии друг от друга (см. рис. 7.5). Решение Поместим на шарах заряды +q и –q. Условие большого расстояния между шарами позволяет пренебречь перераспределением зарядов на шарах за счет электростатической индукции и считать это распределение равномерным. Тогда потенциал плоскости симметрии системы, перпендикулярной линии, проведенной через центры шаров, равен нулю. Потенциалы шаров относительно этой плоскости равны: q 1 1     2 , 4 0 R а разность потенциалов 2q 1    . 4 0 R q , получаем: Исходя из определения емкости C   С = 2πε0R. Эта величина вдвое меньше емкости уединенного шара С1 = 4πε0R. Ответ: С = 2πε0R. Задача 7.3.4. Два длинных провода радиусом а каждый расположены параллельно друг другу. Расстояние между их осями равно b (b >> a). Найти емкость участка проводов длиной h. Решение Чтобы воспользоваться формулой (7.2), необходимо вычислить разность потенциалов между проводами, если поместить на них равные по величине и противоположные по знаку заряды. Пусть на

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

143

одном проводе находится заряд с линейной плотностью +σ, а на втором – с линейной плотностью –σ (рис. 7.6). Провода считаем бесконечно длинными цилиндрами. Напряженность поля в точке А, находящейся вне проводов на рас+σ –σ стоянии r от оси первого провода, rA равна a a b E  , Рис. 7.6. К определению ёмкости  0 r  0 (b  r ) системы из двух длинных провогде r – расстояние от левого провода. дов. Потенциал в точке А равен a r (r )    Edr  ln + const. 0 (b  r ) Потенциал первого провода φ1 получим, полагая r = a: φ1 = φ(a); для второго, полагая r = b – a: φ2 = φ(b – a). Разность потенциалов равна: 2 a b  a    2  1  ln , 0 a а заряд q, приходящийся на участок провода длиной h, равен qh = 2πσah. Используя формулу (7.2) при b >> a, находим емкость участка проводов длиной h:  0 h  h qh С   0 . b  a b  ln ln a a Замечание. При решении задачи не учитывалось перераспределение поверхностных зарядов на проводах за счет электростатической индукции. Это приближение оправдано при большом расстоянии между проводами (b >> a).  0 h  h qh Ответ: С    0 . ba b  ln ln a a Задачи типа 7.2 Расчет емкостей батарей конденсаторов при их различных соединениях. Метод решения. Использование формул (7.6) и (7.7) для

144

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

параллельного и последовательного соединения конденсаторов, а также свойств эквипотенциальных точек: их можно соединять и разъединять без изменения электростатического состояния системы. Задача 7.3.5. Плоский конденсаА 1 2С 1 тор емкостью С состоит из двух пластин, находящихся друг от друга на С 2 2 расстоянии d = 0,5 мм. Как изменится 2С 3 3 В емкость конденсатора, если: а) его поместить в изолированную металлическую коробку Рис. 7.7. Плоский конденсатор (ʺэкранироватьʺ), стенки которой бу- внутри металлической коробки. дут находиться на расстоянии d1 = 0,25 мм от пластин (рис. 7.7); б) если коробку соединить с одной из пластин конденсатора? При расчётах искажением поля у краев конденсатора пренебречь. Решение Потенциал коробки есть величина постоянная, поэтому работа по перемещению единичного положительного заряда от нижней плоскости коробки до верхней по любому пути равна нулю. Иными словами, Δφ1 + Δφ2 + Δφ3 = 0, (7.8) где индексами 1, 2, 3 отмечены последовательно проходимые промежутки между всеми пластинами (рис. 7.7). Пусть С – емкость неэкранированного конденсатора. Так как S емкость плоского конденсатора равна C   0 , из условия задачи d следует, что емкости каждого из конденсаторов, образованных внутренней пластиной и пластиной коробки, равны: С1 = С3 = 2С. Из симметрии системы следует, что разности потенциалов Δφ1 и Δφ3 равны между собой. Тогда из уравнения (7.8) получаем: Δ 2 . (7.9) Δ1  Δ 3   2 Так как верхняя и нижняя стенки коробки имеют одинаковый потенциал, конденсаторы 1 и 3 можно считать соединенными последовательно. Заряд таких конденсаторов равен заряду каждого

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

145

из них. Суммарная разность потенциА алов на этих конденсаторах равна 2C разности потенциалов между обкладC ками конденсатора 2, что согласуется 2C с формулой (7.9). Следовательно, конденсатор 2 подключен параллельВ но конденсаторам 1 и 3. ЭквивалентРис. 7.8. Эквивалентная схема ная схема имеет вид, показанный на конденсатора, находящегося рис. 7.8 (работа при обходе всего кон- внутри металлической коробки. тура равна нулю). Используя формулы сложения емкостей, находим ответ: суммарная емкость САВ (т.е. емкость конденсатора С, заключенного в коробку) равна: C AB  C  C  2C . Если коробку соединить с одной из пластин конденсатора, то это эквивалентно удалению одного из последовательно соединенных конденсаторов с емкостью 2С (соединение проводом без геометрического перемещения). Суммарная емкость при этом станет равна: C AB  С  2С  3C . Ответ: а) САВ = 2С; б) САВ = 3С. Задача 7.3.6. Батарея из четырех одинаковых конденсаторов включена один раз по схеме а), а другой раз – по схеме b) (рис. 7.9). В каком случае емкость батареи будет больше? Если емкости конденсаторов различны, то какому соотношению они должны удовлетворять, чтобы при переключении со схемы а) на схему b) емкость батареи не менялась? Решение Построим эквивалентные схемы, используя точки с одинаковыми потенциалами (рис. 7.10). Теперь легко сразу дать ответ на первый вопрос: 1 4 1 1 C а  С  С  С , C б  С  С  С. 3 3 2 2 Видим, что Ca > Cб. Емкость батареи не будет зависеть от схемы подключения, если C4+ C123 = C12 + C34,

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

146

где C12 

C3C 4 C1C 2 C 3 C1C 2 ; C 34  ; C123  . C1  C 2 C3  C 4 C1C 2  C 2 C 3  C1C 3

1 2 3 4

а) 1 2 3 4

1 2 3

4 а)

1

3

2

4 b)

b) Рис. 7.9. Две схемы соединения конденсаторов в батарею.

Рис. 7.10. Эквивалентные схемы батарей конденсаторов, изображенных на рис. 7.9.

Отсюда следует ответ на второй вопрос: емкость схем а) и b) будет одинакова, если C C (C  C 4 )  C 3 C 4 (C1  C 2 ) C1C3C3 C4  = 1 2 3 . C12  C 23  C13 (C1  C 2 )(C 3  C 4 ) Ответ: Ca > Cб; емкость батареи не будет зависеть от схемы подключения, если C1C 3 C 3 C C (C  C 4 )  C 3 C 4 (C1  C 2 ) C4   1 2 3 . C12  C 23  C13 (C1  C 2 )(C 3  C 4 ) Задача 7.3.7. Два конденсатора, емкости которых C1 и C2, соединены последовательно и присоединены к источнику ЭДС E. Определить напряжение на каждом конденсаторе и находящиеся на них заряды после установления равновесия. Решение При последовательном соединении заряды q на конденсаторах будут одинаковыми, а сумма напряжений равна ЭДС подключенного источника. Поэтому q q Δφ1 = , Δφ2 = , C2 C1

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

147

Δφ1 + Δφ2 = E. Решая эту систему уравнений, получаем: C2 C1 CC 1  E :  2  E ; qE 1 2 . C1  C 2 C1  C 2 C1  C 2 Ответ: 1  E

C2 C1 CC :  2  E ; qE 1 2 . C1  C 2 C1  C 2 C1  C 2

Задача 7.3.8. Одинаковые конденсаторы, емкостью С каждый, соединены в форме куба, как показано на рис. 7.11. Определить электроемкость системы между точками 1 и 7.

6 5

7 8

2 Решение 3 Решение задачи основано на свойствах эквипотенциальных точек: их 4 1 можно соединять и разъединять, не меняя электростатического состояния сиРис. 7.11. Схема соединения конденсаторов. стемы. Из симметрии задачи следует, что точки 2, 4 и 5 имеют одинаковый потенциал, как и точки 3, 6 и 8, поэтому их можно соединить. Получившаяся эквивалентная схема представлена на рис. 7.12. С С С 7

1 С

3

2

С

С Рис. 7.12. Эквивалентная схема соединения конденсаторов, изображенных на рис. 7.11.

Теперь легко рассчитать общую емкость С17. Звенья 1-2 и 3-7 состоят из трех параллельно соединенных конденсаторов, поэтому емкость каждого звена равна С12 = С37 = 3С. Так как эти звенья соединены последовательно, их суммарная емкость составляет 3C/2.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

148

Звено 2-3 состоит из 6 параллельно соединенных звеньев, поэтому его емкость равна С23 = 6С. По правилу вычисления емкостей последовательно соединенных конденсаторов определяем искомую емкость системы между точками 1 и 7: 1 1 1 5    , С17 6C 3С / 2 6C откуда:

6 C17  C . 5 Ответ: C17  (6 / 5) C . Перезарядка соединения

Задачи типа 7.3 конденсаторов при изменении

способа

их

Метод решения. Использование формул (7.6) и (7.7) для параллельного и последовательного соединения конденсаторов, а также закона сохранения заряда для электрически изолированных систем. Задача 7.3.9. Четыре одинаковых конденсатора соединены, как показано на рис. 7.13, и присоединены к батарее с ЭДС E. Ключ К2 сначала разомкнут, а ключ К1 замкнут. Затем размыкают ключ К1 и замыкают ключ К2. Какова будет разность потенциалов на каждом конденсаторе, если ЭДС батареи E = 9 В?

K1 1 2

K2

E

4

3 Рис. 7.13. Схема соединения конденсаторов.

Решение В первом положении три последовательно соединенных конденсатора замкнуты на ЭДС E. На каждом конденсаторе будет напряжение Uн = 1 3E и заряд q  1 3CE . После переключения ключей заряды на конденсаторах 1 и 3 останутся неизменными (следовательно, и напряжения не изменятся), а заряд конденсатора 2 распределится поровну на два одинаковых конденсатора 2 и 4. Поэтому напряжение на конденсаторах 2 и

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

149

4 станет равным Uк = 1 6E . Итак, разности потенциалов будут равны: U1 = 3 В; U2 = 1,5 В; U3 = 3 В и U4 = 1,5 В. Ответ: U1 = 3 В; U2 = 1,5 В; U3 = 3 В и U4 = 1,5 В. Задача 7.3.10. В схеме, приведенной на рис. 7.14, известны емкости конденсаторов С1, С2, С3 и С4 и ЭДС источника E. В начальный момент все конденсаторы разряжены, ключи К1 и К2 разомкнуты. Сначала К1 замыкают ключ К1, а через некоторое время С4 r R замыкают ключ К2. C2 A B Какой заряд протечет К2 по сопротивлению R С1 C3 E до установления равновесного состояния Рис. 7.14. Схема соединения элементов цепи. системы? Решение После замыкания ключа К1, но – С4 до замыкания ключа К2 схема бу- C2 r дет выглядеть, как показано на + + рис. 7.15. При этом напряжения на – – конденсаторах после достижения E + C3 равновесного состояния системы С1 будут удовлетворять условию: Рис. 7.15. Схема соединения элементов цепи после замыкания ключа К1. U1  U 2  U 3  U 4  E . При этом суммарный заряд пластин конденсаторов 3 и 4, обведенных штрих-пунктирным овалом, будет равен нулю, так как выделенная система пластин представляет собой электрически изолированную систему, следовательно, заряд этой системы не изменяется, а ранее конденсаторы не были заряжены. С учетом знаков зарядов пластин можно записать: q 4  q3  0 . (7.8) Аналогично q 2  q1  0 . (7.9) Учитывая соотношения (7.8) и (7.9), находим суммарный заряд пластин конденсаторов, обведенных пунктирным прямоугольником на рис. 7.15:

150

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

(7.10) q 2  q 4  q1  q3  0 . После замыкания ключа К2 будет происходить изменение заряда и напряжения конденсаторов, и по сопротивлению R будет протекать ток, пока потенциалы точек А и В (см. рис. 7.14) не станут равными. Со временем в системе установится равновесное состояние, и схема соединения конденсаторов примет вид, показанный на C2 – С4 рис. 7.16. r Поскольку обведенная пунк+ + тирным прямоугольником на – – рис. 7.16 и на рис. 7.15 система E пластин конденсаторов электриче- С C + 3 1 ски изолирована, полный заряд этих пластин после замыкания ключа К2 по-прежнему будет равен Рис. 7.16. Схема соединения элементов цепи после замыкания ключа К1. нулю: q 2  q 4  q1  q3  0 (7.11) (штрихами будем обозначать новые заряды конденсаторов после установления равновесного состояния). Из равенства (7.11) следует, что суммарный заряд конденсаторов 1 и 3 равен суммарному заряду конденсаторов 2 и 4: q 2  q 4  q1  q3  q . (7.12) Определим этот заряд. Общая емкость параллельно соединенных конденсаторов 1 и 3 равна (С1  С3 ) , а конденсаторов 2 и 4 (С 2  С 4 ) . Используя напряжения на конденсаторах U  q / C , для всей схемы получаем уравнение: q q  E, C1  C 3 C 2  C 4 откуда находим заряд q: С  С 3 С 2  С 4  q 1 E. (7.13) С1  С 2  С 3  С 4 Так как напряжения на конденсаторах 1 и 3 одинаковы: q1 q 3  , (7.14) C1 C 3 с учетом соотношения (7.12) находим новый заряд конденсатора 1:

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

151

C3 C1 q1  q → q1  q . (7.15) C1 C1  C 3 Аналогично определяем новый заряд конденсатора 2: C2 q 2  q. (7.16) C2  C4 Поскольку до замыкания ключа К2 заряды конденсаторов 1 и 2 были одинаковы (см. формулу (7.9), различие зарядов возникло изза того, что часть заряда перетекла с пластины одного конденсатора на пластину другого через сопротивление R после замыкания ключа К2 до установления равновесного состояния. Следовательно, искомый заряд, протекший по сопротивлению R, с учетом формулы (7.13) равен: C1C 4  C 2 C3 C1 C2 q  q1  q 2   q E. C1  C3 C 2  C 4 C1  C 2  C3  C 4 q1 

Ответ: q 

C1C 4  C 2 C3 C1  C 2  C3  C 4

E.

7.4. Задачи для самостоятельного решения – +U0 Задача 7.4.1. Конденсатор С3 был предварительно заряжен посторонним источником до напряжения U0, после C3 чего его отключили от источника и подC1 C2 ключили в разрыв цепи (рис. 7.17) в укаE занной полярности. Найти заряд q, прошедший через источник ЭДС цепи. ЭДС Рис. 7.17. Схема подключеисточника E, С1 = С2 = С3 = С. ния конденсатора С3 к цепи. Ответ: q  C E  U 0  / 3 .

Задача 7.4.2. Плоский конденсатор находится во внешнем однородном электрическом поле напряжённости Е, перпендикулярном пластинам. Площадь каждой из пластин конденсатора S. Какой заряд окажется на каждой из обкладок, если их соединить друг с другом проводником? Ответ: q   0 ES .

152

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 7.4.3. В схеме, показанной на рис. 7.18, сначала замыкают ключ К1, а затем (после его размыкания) замыкают ключ К2. Определить напряжения U1 и U2 на конденсаторах С1 и С2, если ЭДС батарей соответственно равны E1 и E2. Рис. 7.18. Схема включения конденсаторов. C1E1  C2 E2 Ответ: U1  ; C1  C2 C (E  E ) U2  1 2 1 . C1  C2 Задача 7.4.4. Обкладки плоского конденсатора соединены проводником друг с другом и заземлены (рис. 7.19). Между обкладками вставлена тонкая пластина с зарядом q, параллельная обкладкам конденсатора и имеющая ту же площадь. Какой заряд q протечёт по проводнику, соединяющему обкладки, если пластину передвинуть на расстояние х? Рис. 7.19. Конденсатор с Расстояние между обкладками d. металлической заряженqx ной пластиной. Ответ: q  . d Задача 7.4.5 ([2], 3.115а). Четыре А одинаковые металлические пластины расположены в воздухе на расстоянии d = 1,00 В мм друг от друга. Площадь каждой пла- Рис. 7.20. Схема соединестины S = 220 см2. Найти емкость системы ния металлических пламежду точками А и В, если пластины со- стин. единены так, как показано на рис. 7.20. Ответ: C  2 0 S / 3d  0,13 нФ . Задача 7.4.6 ([3], 113). Плоский конденсатор имеет емкость 600 пФ. Насколько она изменится, если ввести между обкладками параллельно им медный лист, толщина которого равна 1/4 расстояния между обкладками? Ответ: емкость увеличится на 200 пФ.

Глава 7. Электроемкость. Простые конденсаторы и их соединения

153

Задача 7.4.7 ([3], 120). Показать, что формулы для емкости цилиндрического и сферического конденсаторов переходят в формулу для емкости плоского конденсатора при малых разностях между радиусами внутренней и внешней обкладок. Ответ: если то R2  R1  R, ln R2 / R1   ln 1  R / R1   R / R1 и емкость цилиндрического 2 0 l 2 0 l  S   0 ; для сферического конденсатора С  ln R2 / R1  R / R1 R конденсатора доказательство аналогичное. Задача 7.4.8 ([3], 146). Показать, что взаимная емкость двух концентрических сферических поверхностей, достаточно удаленных от поверхности Земли и других проводников, при заземленной внутренней сфере может быть выражена формулой 2 R2 , где R2 и R1 – соответственно радиусы внешней и С  4 0 R2  R1 внутренней сфер. Ответ: при заземлении внутренней сферы систему можно рассматривать как параллельно соединенные сферический конденсатор и внешнюю сферу, имеющую емкость С = 4πε0R2 относительно бесконечно удаленной сферы. Задача 7.4.9 ([2], 3.117). В схеме, С1 С1 А показанной на рис. 7.21, найти разность E С2 С2 потенциалов между точками А и В, если В ЭДС E = 110 В и отношение емкостей Рис. 7.21. Схема соединения C2/C1 = η = 2,0. конденсаторов. E  10 В . Ответ: U  1  3   2 Задача 7.4.10 ([2], 3.119). В некотоА В рой цепи имеется участок АВ, показанный на рис. 7.22. ЭДС источника E = 10 В, С1 E С2 емкости конденсаторов С1 = 1,0 мкФ, С2 = 2,0 мкФ и разность потенциалов Рис. 7.22. Схема соединеφА – φВ = 5,0 В. Найти напряжение на ния конденсаторов. каждом конденсаторе.

154

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Ответ: U 1  q / C1  10 B , U 2  q / C 2  5 B , где (   B  E )C1C 2 q A . C1  C 2 С1 Задача 7.4.11 ([2], 3.120). В схеме, поE2 казанной на рис. 7.23, найти разность по- E1 тенциалов между левой и правой обкладкаС2 ми каждого конденсатора. Рис. 7.23. Схема соединеОтвет: ния конденсаторов. E2  E1 E  E2 U1  . ,U 2  1 1  C1 / C 2 1  C 2 / C1 Задача 7.4.12 ([2], 3.121). Найти заряд каждого конденсатора в цепи, показанной на рисунке к задаче 7.4.11. E  E2 C1C 2 Ответ: q  1 . C1  C 2 С1 А С2 Задача 7.4.13 ([2], 3.126). Найти разность потенциалов φА – φВ между точками А и В схемы, показанной на рис. 7.24. C E  C1E1 В E2 E1 Ответ:  А   В  2 2 . C1  C 2  C 3 Рис. 7.24. Схема соединения конденсаторов.

Задача 7.4.14 ([3], 125). Четыре одинаковых конденсатора соединены, как показано на рис. 7.25, и приК1 соединены к батарее E Ключ К2 сначала К2 разомкнут, а ключ К1 замкнут. Затем раз- 1 E мыкают ключ К1 и замыкают ключ К2. Ка- 2 4 кова будет разность потенциалов на каж- 3 дом конденсаторе, если ЭДС батареи E = 9 В? Рис. 7.25. Схема соединеОтвет: V1 = 3 В, V2 = 1,5 В, V3 = 3 В, ния конденсаторов. V4 = 1,5 В. Задача 7.4.15 . Решить предыдущую задачу 7.4.14 при условии, что ключ К1 замыкают и размыкают при замкнутом ключе К2. Ответ: V1 = 3,6 В, V2 = 1,8 В, V3 = 3,6 В, V4 = 1,8 В.

156

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 8 ОДНОРОДНЫЙ ДИЭЛЕКТРИК В ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОМ ПОЛЕ. ГРАНИЧНЫЕ УСЛОВИЯ 8.1. Теоретические вопросы Свободные заряды – заряды (носители заряда), которые могут перемещаться в веществе на макроскопические расстояния. Связанные заряды – заряды (носители заряда) в веществе, которые под действием электрического поля могут перемещаться лишь на микроскопические (порядка атомных) расстояния. Диэлектрики – тела, в которых нет свободных зарядов и поэтому в них нет токов проводимости. Явление электрической поляризации диэлектрика – это пространственное перераспределение связанных зарядов диэлектрика под действием внешнего электрического поля, которое приводит к образованию или упорядочению дипольных моментов внутри диэлектрика. Основные механизмы электрической поляризации. В неполярных диэлектриках, молекулы (атомы) которых не имеют собственных дипольных моментов, поляризация возникает в результате смещения электронной оболочки и атомных ядер при внесении диэлектрика в поле. В полярных диэлектриках, молекулы которых имеют собственные дипольные моменты, поляризация связана с ориентацией дипольных моментов в электрическом поле. В ионных диэлектриках кристаллическая решетка состоит из ионов противоположного знака. При наложении поля происходит относительное смещение двух противоположно заряженных подрешеток – поляризация. В сегнетоэлектриках существует спонтанная (самопроизвольная) поляризация. Общее для всех диэлектриков то, что в результате поляризации в объеме диэлектрика возникают преимущественно ориентированные в пространстве электрические диполи. Вектор (электрической) поляризации – это электрический дипольный момент единицы объема диэлектрика:

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

p

157

Кл м Кл (8.1)  2 . V м3 м Здесь рi – электрические дипольные моменты молекул; суммирование ведется по молекулам, находящимся в физически бесконечно малом объеме диэлектрика V. Теорема Гаусса для вектора поляризации в интегральной форме. Поток вектора поляризации P через любую замкнутую поверхность S равен связанному заряду q' внутри поверхности, взятому с обратным знаком: P  lim

i  V 

i

V  0

; [ P] 

 P  dS  q' .

(8.2)

S

Теорема Гаусса для вектора поляризации в дифференциальной форме: (8.3) div P  ' , где ' – объемная плотность связанных зарядов. Граничное условие для нормальных составляющих векторов поляризации. Если направить нормаль n к поверхности раздела двух сред от среды 1 к среде 2, то: P2 n  P1n  ' или ( P2  P1 )  n  ' , (8.4) где ' – поверхностная плотность связанных зарядов. Электрическая индукция – это физическая величина, равная сумме напряженности электрического поля E, умноженной на электрическую постоянную  0 , и вектора поляризации P: Кл D   0 E  P ; [ D]  [ P ]  2 . (8.5) м Теорема Гаусса для электрической индукции в интегральной форме. Поток электрической индукции через любую замкнутую поверхность S равен свободному (стороннему для диэлектрика) заряду q, охватываемому этой поверхностью: (8.6)  D  dS  q . S

Теорема Гаусса для электрической дифференциальной форме: div D   , где  – объемная плотность свободных зарядов.

индукции

в

(8.7)

158

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Граничное условие для нормальных составляющих векторов электрической индукции. Если направить нормаль n к поверхности раздела двух сред от среды 1 к среде 2, то: (8.8) D2 n  D1n   или ( D2  D1 )  n   , где  – поверхностная плотность свободных зарядов. Граничное условие для нормальных составляющих напряженности электрического поля. Если направить нормаль n к поверхности раздела двух сред от среды 1 к среде 2, то:   '   ' E2 n  E1n  или E 2  E1   n  . (8.9) 0 0 Граничное условие для тангенциальных составляющих напряженности электрического поля: E2   E1  0 . (8.10) Материальное уравнение – уравнение, связывающее материальный вектор (вектор электрической поляризации) с полевым вектором электрического поля (напряженностью поля): P = P(E), или материально-полевой вектор (вектор электрической индукции) с полевым вектором электрического поля (напряженностью поля): D = D(E). Для линейных изотропных сред материальные уравнения имеют вид: P(r )   0 (r ) E (r ) , (8.11) D ( r )   0 ( r ) E ( r ) , (8.12) где – диэлектрическая (r ) D2 восприимчивость диэлектрика, 2 зависящая от свойств диэлектрика и 2 n E2 внешних условий; (r )  1  (r ) – диэлектрическая 1 проницаемость диэлектрика. E1, D1 1 Закон преломления силовых Рис. 8.1. Преломление силолиний электрического поля. вых линий на границе На произвольной границе раздела раздела двух диэлектриков. двух линейных изотропных диэлектриков в отсутствие свободных зарядов на поверхности раздела для линий напряженности электрического поля (рис. 8.1):

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

159

tg  2  2  . (8.13) tg 1 1 Взаимосвязь свободных и связанных зарядов в однородном изотропном диэлектрике. Для однородного линейного изотропного диэлектрика с диэлектрической проницаемостью  :  1 (8.14) q'   q,  где q' и q – связанный и свободный заряды внутри любой замкнутой поверхности, расположенной в области однородного диэлектрика;  1 (8.15) ' (r )   (r ) ,  где ' (r ) и (r ) – объемные плотности связанного и свободного зарядов внутри любой замкнутой поверхности, расположенной в области однородного диэлектрика.

8.2 Основные типы задач (классификация) 8.1. Определение плотности поверхностных σ′ и объемных ρ′ поляризационных зарядов в диэлектрике, а также вектора поляризации P. 8.2. Определение напряженности Е, потенциала φ и вектора индукции D в системах с однородными диэлектриками. 8.3 Методы решения и примеры решения задач. Задачи типа 8.1 Определение плотности поверхностных σ′ и объемных ρ′ поляризационных зарядов в диэлектрике, а также вектора поляризации P. Методы решения. Использование формул (8.2) – (8.5), (8.11), (8.12). Эффективный прием – приравнять выражения для напряженности поля в диэлектрике, записанные в «макроскопическом» представлении (через известную диэлектрическую проницаемость диэлектрика) и в «микроскопическом» представлении (как суперпозицию напряженностей полей от сторонних и связанных зарядов).

160

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 4.3.1 Металлическая сфера радиуса R, имеющая заряд q, расположена в безграничной однородной диэлектрической среде с проницаемостью ε. Определить вектор поляризации Р(r) в произвольной точке среды, а также плотности поверхностных σ′ и объемных ρ′ связанных зарядов в диэлектрике. Решение Распределение всех зарядов в рассматриваемой системе обладает сферической симметрией, поэтому силовые линии электростатического поля направлены вдоль радиуса сферы, и модуль напряжённости поля зависит Рис. 8.2. Металлическая только от расстояния r до центра сферы. заряженная сфера в Поместим начало системы координат диэлектрической среде. в центр заряженной сферы. Внутри произвольной сферы радиуса r < R зарядов нет, поэтому по теореме Гаусса напряженность электрического поля там равна нулю. Снаружи сферы (r > R) электрическое поле представляет собой суперпозицию двух полей: поля самой заряженной сферы и поля связанных зарядов, индуцированных в диэлектрической среде. Поэтому, для того, чтобы воспользоваться теоремой Гаусса для напряжённости электрического поля в этой области нужно знать величину и распределение связанных зарядов в веществе. Однако, можно воспользоваться теоремой Гаусса для вектора индукции электростатического поля D (8.6), поскольку в ней фигурируют только свободные заряды, размещённые на сфере: D(r)4r2 = q. Связь векторов электрической индукции и напряжённости поля даётся соотношением (8.12): D = 0E. Таким образом, в произвольной точке, находящейся на расстоянии r > R от центра сферы, напряженность поля в диэлектрике будет равна: D(r ) 1 q E (r )    ,  0 4 0  r 2 или в векторной форме:

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

161

1 q r  2 . 4 0  r r Для нахождения поляризации диэлектрика используем связь векторов P и Е (8.11): 1 q r (  1)q r  2 = Р(r) = (ε – 1)ε0E(r) = (ε – 1)ε0  . 4 0  r r 4 r 2 r В данной задаче диэлектрик изотропный и сторонних зарядов внутри него нет, поэтому объемная плотность связанных зарядов в нем равна нулю: ρ′ = 0. В этом можно убедиться, используя выражение (8.3) и вычислив дивергенцию вектора Р в сферических координатах: 1   = – divP = – 2  r 2 P  = 0. r r Связанные заряды будут индуцироваться в диэлектрике только вблизи поверхности сферы. Для нахождения поверхностной плотности связанных зарядов σ′ воспользуемся граничными условиями для вектора поляризации (8.4), так как нормальная компонента вектора P испытывает на границе раздела скачок, равный поверхностной плотности связанного заряда: σ = P1n – P2n . В данной задаче внутри сферы поляризация равна нулю, и так как вектор P направлен перпендикулярно границе раздела сред (поверхности сферы), то: (  1)q (  1) (  1) q .   0     2 4 R   4R 2 Замечание 1. Полный связанный заряд, образовавшийся на сферической границе диэлектрика, равен:  1 q  4R 2    q.  Результат справедлив для сферы любого радиуса R. Если устремить R к нулю, то зависимость P(r) не изменится, а полный поверхностный связанный заряд будет оставаться постоянным. Замечание 2. Если диэлектрик не безграничный, а представляет собой шаровой слой, внешний радиус которого равен R1 > R, то на внешней границе диэлектрика появляется связанный заряд –q′, равный по величине и противоположный по знаку E (r ) 

162

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

связанному заряду q′, находящемуся на внутренней поверхности слоя. Равенство этих зарядов следует из теоремы Гаусса для вектора Р: если в качестве поверхности S взять концентрическую сферу, радиус которой превышает R1, то полный связанный заряд внутри этой сферы должен равняться нулю, так как в этой области Р = 0. За пределами диэлектрического слоя поле совпадает с полем точечного заряда q, расположенного в центре сферы. (  1)q r  1 q Ответ: P(r) = ; ρ′ = 0.  ;      4R 2 4 r 2 r Задача 8.3.2. В плоский конденсатор параллельно обкладкам вставлена диэлектрическая пластинка из материала с проницаемостью ε (рис. 8.3). Определить модуль вектора поляризации P и плотности поверхностных σ′ и объемных ρ′ связанных зарядов в пластинке. Заряд конденсатора q, площадь пластин S.

+ E0 – – – – – – – – – – – – – – –  E  1 +  + + + + + + + + + + + + + n 12 2 – х Рис. 8.3. Направления векторов электрического поля конденсатора Е0 и поляризованной диэлектрической пластины Е.

Решение В плоском конденсаторе (рис. 8.3) поле считаем однородным (краевыми эффектами, как обычно, пренебрегаем). Из симметрии системы следует, что векторы всех полей направлены перпендикулярно к пластинам (т.е. по оси Х на рис. 8.3), поляризованность диэлектрика однородна, поэтому объемная плотность связанных зарядов равна нулю. Напряженность поля внутри диэлектрика E можно выразить двумя способами аналогично задаче 8.3.1. С учетом выбранного направления оси Х и указанных на рис. 4.3 знаков зарядов имеем:    E   , E  E0  Eσ  0 или 0 0 0  где Е0 = /0 – напряженность в отсутствие диэлектрика, σ = q S – плотность свободного заряда на пластинах конденсатора. Отсюда находим:

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

163

 1 .  Вектор поляризации P определим из (8.11): P = æε0E, где æ = ε – 1, а E – напряженность поля внутри диэлектрика:  E . 0 Следовательно,  1 P ,  а направление вектора P совпадает с направлением поля в конденсаторе. Этот же результат можно получить непосредственно из граничного условия (8.4). В данном случае для нижней границы пластины можно записать (см. рис. 8.3): (  1) P2 = 0, n12·P1 = σ′ =  > 0.  Положительность результата означает совпадение направлений векторов нормали n12 и P1. Эти рассуждения не зависят от толщины диэлектрической пластинки. Поэтому полученные выводы применимы и в том случае, когда диэлектрик занимает все пространство между пластинами конденсатора.  1  1 q Ответ: P  , σ=  ,     S Замечание. Поле вектора электрической индукции D внутри конденсатора однородно и определяется только свободными зарядами пластин: D = . Отсюда можно сразу найти поляризацию среды: D  1 P  (  1) 0 E  (  1) 0  . 0   

Задача 8.3.3. Точечный заряд q находится в центре шара радиуса R из диэлектрика с проницаемостью ε1. Шар окружен безграничным диэлектриком с проницаемостью ε2 (рис. 8.4). Найти поверхностную плотность связанных зарядов σ′ на границе раздела этих диэлектриков.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

164

Решение Согласно (8.4) 2 σ′ = P1n – P2n, 2 n12 1 где P1 и P2 – векторы поляризации R обоих диэлектриков у границы r = R. 1 Величины P1 и P2 совпадают с q выражениями для поляризации, полученными в задаче 8.3.1: q  1  1   , P1(R) = Рис. 8.4. Система, состоящая из 4R 2  1  точечного заряда q, диэлекP2(R) =

q  2  1   . 4R 2   2 

Следовательно,   P1 ( R)  P2 ( R)  Ответ:

 

трического шара и безграничного диэлектрика.

q 1 1   . 4R 2  2 1 

q 1 1   . 4R 2   2 1 

Задача 8.3.4. Между обкладками плоского конденсатора находятся две прилегающие друг к другу диэлектрические пластинки, проницаемости + которых равны ε1 и ε2. На 1 пластинах конденсатора 1 1  равномерно распределены 2 22 заряды с поверхностной плотностью σ и –σ. 2 – Определить плотности σ′ связанных зарядов на х свободных поверхностях Рис. 8.5. Плоский конденсатор с двумя диэлектрических пластинок, диэлектрическими прослойками. а также на границе их раздела (рис. 8.5). Решение Для определения σ′ используем граничное условие (8.4) для нормальных составляющих векторов поляризации P1 и P2, а сами величины векторов P1 и P2 найдем из напряженностей соответствующих электрических полей (8.11).

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

165

Учитывая выбранное на рис. 8.5 направление оси Х и знаки  зарядов, получаем, что вне диэлектрических пластин E0  , а 0 внутри пластинок 1 и 2   E1  E2  , ,  0 1 0 2 откуда следует:   1   1 P1 =   1  , P2 =   2  .  1   2  Используя (8.4), находим:   1 1 σ′1 = –P1   1   < 0, σ′2 = P2 =  1   > 0.  1   2  На границе раздела диэлектриков   σ′ = – σ′1 – σ′2  1 2  . 1 2 Это следует также из (8.2), если в качестве поверхности S взять поверхность внутри конденсатора, заключающую в себе оба диэлектрика (суммарный связанный заряд внутри такой поверхности должен быть равен нулю).     1 1 Ответ: σ′1   1   , σ′2   1   , σ′  1 2  . 1 2  1   2  Задача 8.3.5. Однородный изотропный диэлектрик с проницаемостью ε заполняет все нижнее полупространство. В вакууме на расстоянии h от его поверхности находится точечный заряд q. Определить поверхностную плотность поляризационных (связанных) зарядов в произвольной точке границы раздела, а также полный связанный заряд на поверхности диэлектрика. Решение Для ответа на первый вопрос используем непрерывность нормальной компоненты вектора индукции Dn (8.8) на границе раздела вакуум (среда 1) –диэлектрик (среда 2). Рассмотрим напряженность поля в бесконечно малой окрестности произвольной точки А, лежащей на границе раздела

166

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

(рис. 8.6). Ввиду цилиндрической симметрии системы достаточно задать лишь радиус x, на котором точка А находится от основания перпендикуляра О, опущенного из точки нахождения заряда на плоскую границу диэлектрика. Пусть σ′(х) – плотность связанного заряда в точке А. Вблизи точки А напряженность поля будет суперпозицией поля Eq стороннего точечного заряда q и поля E от всех связанных зарядов, появившихся на границе. Напряженность Eq направлена по радиус-вектору, проведенному от заряда q в точку А, и равна по модулю q 1  2 , Eq = 4 0 r 2 2 где r = x + h2. Связанные заряды, очевидно, будут распределены на плоскости неравномерно. +q Нормальная компонента  r напряженности поля (E(x) на –E h рис. 8.6) создается только A O x поверхностными зарядами в 1  непосредственной окрестности E|| n12 Eq точки А и имеет величину 2 E   E(x) = . Напряженность поля от Рис. 8.6. Напряженности полей, 2 0 создаваемых в точке А сторонним всех остальных связанных зарядов зарядом q и поляризационными плоскости в этой точке направлена зарядами диэлектрика. горизонтально вдоль плоскости (E|| на рис. 8.6). В первой среде (в вакууме) нормальная компонента вектора индукции, в соответствии с выбранным направлением нормали, равна согласно (8.12)  1 qh  D1n   0 E1n   0 E q cos      . 2 4 r 3 2 Во второй среде (в диэлектрике)     1 qh   D2 n   0 E2 n     0 Eq cos        . 3 2 2    4 r

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

167

Здесь учтено, что знак нормальных компонент напряженности поля E(x) по обе стороны границы противоположен. Из условия D1n = D2n находим: qh   1 qh  1    σ′(х) =  . 3 2   1 2r   1 2( x  h 2 ) 3 / 2 Для вычисления величины полного связанного заряда q′ выделяем на плоскости кольцевую область с центром в точке О, расположенную между окружностями радиусов x и x + dx. Площадь этой области dS = 2πxdx, на ней находится заряд dq′ = σ′dS. Полный заряд q′ найдем, интегрируя это выражение по х от нуля до бесконечности: 

 1 xdx  1 q′ =  qh  q  2 2 3/ 2  1 0 (x  h )  1 Замечание. Рассмотрим случай, когда заряд q находится на границе. При h → 0 из полученного результата видно, что σ′ → 0 во всех точках, кроме х = 0. Действительно, при этом в произвольной точке А(х) нормальная компонента вектора напряженности Eq обращается в нуль, ввиду чего условие непрерывности нормальной   компоненты вектора D приводит к соотношению ,   2 2 которое может выполняться только при σ′ = 0. Итак, если точечный заряд q находится на плоской границе раздела вакуума и безграничного диэлектрика, то σ′ = 0 везде, кроме точки х = 0. Величина q′ не зависит от h. Однако при h → 0 весь этот заряд собирается около точки х = 0. Поэтому напряженность поля можно вычислить как суперпозицию напряженностей полей двух точечных зарядов q и q′, расположенных в одной точке х = 0. Поскольку других зарядов нет, создаваемое ими во всем пространстве поле изотропно, то есть в диэлектрике его напряжённость такая же, как в вакууме: q q  q 1   Е(r) = Е1(r) = Е2(r) = . 2   1 2 0 r 2 4 0 r Это означает, что силовые линии вектора E расходятся из центра равномерно, а эквипотенциальные поверхности являются сферами.

168

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Вектор электрической индукции D легко получить из найденного выражения для Е: q 1 D1 = 0 E, D1 = ,    1 2r 2 q   D2 = 0 E, D2 = . (  1) 2r 2 Картина линий вектора индукции D, в отличие от картины линий напряженности поля E, несимметрична. Поскольку D2 > D1, силовые линии индукции, расходясь радиально от центра, имеют большую густоту в диэлектрике, чем в вакууме. qh  1  1  Ответ: σ′(x)   , q′  q . 2 2 3/ 2   1 2( x  h )  1 Задачи типа 8.2 Определение напряженности поля Е, потенциала φ и вектора индукции D в системах с однородными диэлектриками Методы решения. Использование известного или ранее рассчитанного распределения связанных зарядов и вектора поляризации. Использование граничных условий (8.4), (8.8) – (8.10) и формул (8.6), (8.7) и (8.12). Задача 8.3.6. Бесконечно большая пластина из однородного диэлектрика с проницаемостью ε заряжена равномерно сторонним зарядом с объемной плотностью ρ. Толщина пластины 2d. Найти напряженность электрического поля и потенциал, создаваемые этой системой, а также объемную и поверхностную плотности связанного заряда. Решение Из симметрии системы следует, что напряженность и потенциал зависят только от одной координаты, выбранной в направлении нормали к слою. Пусть это будет ось X декартовой системы координат с началом в центре слоя. Напряженность поля такой системы при  = 1 была вычислена в задаче 2.3.4 на основе теоремы Гаусса:

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

E(|x| < d) =

169

x d , E(|x| > d) =  . 0 0

Напряженность поля внутри диэлектрика в  раз меньше: x d E(|x| < d) = , E(|x| > d) =  . 0 0 На границе раздела имеются связанные заряды, поэтому напряженность испытывает здесь скачок. Распределение потенциала найдем, применяя формулу (3.4) из гл. 3: x

(x) = (0)   Edx . 0

Если принять, что (0) = 0, получим: x 2 φ (|x|  d)   , 20

 d 2 d  d  d  φ (x  d)    ( x  d )      x  d  .  0  2   2 0  0  Используя (8.11), находим P = ε0(ε – 1)E при x < d (и, конечно, Р=0 при x > d). Подставляя E найденное значение Е, получаем:  1 P(x)  x .  С помощью (8.3) устанавливаем x величину объемной плотности связанного заряда:  1 dP ρ′ = – div P    ,  dx  –d d а с помощью (8.4) –поверхностной x плотности связанного заряда:  1 σ′ = – Pn (d)  d .  Графики зависимостей E(x) и Рис. 8.7. Графики зависимостей E(x) и φ(x). φ(x) представлены на рис. 8.7. Ответ: x x 2 при x < d: E(x) = , φ(x) =  ; 0 20

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

170

при x > d: E(x) = ρ′ = 

d  d d  , φ(x) =    xd;  0  2 0 

 1  1  = const, σ′ = d .  

Задача 8.3.7. Однородный диэлектрик с проницаемостью ε имеет вид сферического слоя с радиусами a и b, причем a < b. Найти распределение напряженности поля Е(r) и потенциала (r), если в объеме слоя равномерно размещен сторонний заряд с плотностью ρ. Решение Из симметрии системы следует, что напряженность и потенциал будут функциями лишь одной переменной: расстояния r от центра симметрии. Вычислим напряженность поля по теореме Гаусса при  = 1: E1 = 0 при r < a, 3 3 r a E2 =  , при a < r < b, 3 0 r 2 q a) E E3 = при r > b. 4 0 r 2 В записанных выражениях 4 q=  (b3 – a3) – полный заряд 3 0 r сферического слоя.  При наличии диэлектрика б) напряженности E1 и E3 не изменятся, а E2 будет в ε раз меньше. График зависимости E(r) представлен на рис. 8.8a. Примем значение потенциала в 0 a b r бесконечно удаленной точке равным Рис. 8.8. Графики зависимостей нулю. Тогда E(r) и φ(r). при r > b: q b3  a 3 φ3(r) = ,  4 0r 30r

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

171

при a < r < b: r

φ2(r) =   E2 dr  3 (b), b

при r < a: φ1 = const. Из условия непрерывности потенциала следует, что φ1 = φ2(a). Вычисляя интеграл для φ2, находим:   b2 a3 r 2 a3   (2  1)  (  1)    , φ2(r) = 3 0  2 b 2 r 

  b2 a3 3a 2   (2  1)  (  1)   3 0  2 b 2  График функции φ(r) представлен на рис. 8.8 б. Ответ:   b2 a3 3a 2   (2  1)  (  1)  . при r < a E1 = 0, φ1 = 3 0  2 b 2  φ1 =

при a < r < b E2 = 

r 3  a3 , 3 0 r 2

  b2 a3 r 2 a3   (2  1)  (  1)    , 3 0  2 b 2 r  q q b3  a 3 при r > b E3 = , φ3(r) = .  2 4 0 r 4 0r 30r φ2(r) =

Задача 8.3.8. Две параллельные пластины ничтожно малой толщины заряжены одноименно, причем поверхностная плотность заряда на верхней пластине σ1 = 3 мкКл/м2, а на нижней σ2 = 6 мкКл/м2. Расстояние между пластинами h = 1 см мало по сравнению с линейными размерами пластин. Между пластинами вставлена плоскопараллельная парафиновая пластинка толщиной d = 5 мм (рис. 8.9). Диэлектрическая проницаемость парафина ε = 2. Определить напряженность поля E1 между пластинами вне диэлектрика, напряженность поля E2 внутри диэлектрика и разность потенциалов между пластинами.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

172

Решение Поскольку на пластинах +1 размещены одноименные заряды, векторы напряженности от пластин E2  2 направлены навстречу друг другу и n суммарная напряженность поля вне E1 диэлектрика направлена от нижней 1 +2 пластины (где величина заряда больше) к верхней и равна Рис. 8.9. Напряженности полей, вне диэлектрика Е1 и внутри него   1 E1  2 n, Е2. 2 0 где n – единичный вектор, направленный от пластины с большим зарядом к пластине с меньшим зарядом. Внутри диэлектрика величина напряженности в ε раз меньше:   1 E2 = 2 n. 2 0  Поле в пространстве между пластинами однородное, поэтому искомая разность потенциалов равна Δφ = E1(h – d) + E2d. Подставляя численные значения всех величин, находим приближенно: E1 = 170 кВ/м, E2 = 85 кВ/м, Δφ = 1,3 кВ. Величины напряженности существенно меньше диэлектрической прочности воздуха, которая приблизительно равна 30 кВ/см. Замечание. Определим силу, действующую на каждую пластину. Из определения напряженности следует, что силу можно рассчитать, если известен заряд, на который действует сила, и напряженность этого действующего поля. В случае данной задачи заряд первой пластины равен q1 = σ1S, где S – площадь пластин. На этот заряд действует поле, создаваемое второй пластиной.  Напряженность этого поля равна E  2 . В итоге находим: 2 0 1 2 S. 2 0 Из численных данных можно найти лишь плотность действующей силы, т.е. силу, приходящуюся на единицу площади (электрическое давление). Она равна f = F/S = 0,5 Па. F

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

Ответ: E1 =

173

 2  1   1 = 170 кВ/м, E2 = 2 = 85 кВ/м, 2 0 2 0 

Δφ = E1(h – d) + E2d = 1,3 кВ. 8.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 8.4.1 ([3], 68). Какой наибольший заряд Q можно поместить на металлическом шаре радиуса R = 15 см, если диэлектрическую прочность воздуха E принять равной 30000 В/см? Ответ: Q = 4 0 ER 2 = 75 мкКл. Задача 8.4.2. Бесконечно большая пластина из однородного диэлектрика с диэлектрической проницаемостью ε заряжена равномерно с объёмной плотностью ρ. Толщина пластины 2d. Найти поверхностную и объёмную плотности связанного заряда.  1  1 Ответ:     ;   d .   Задача 8.4.3 ([2], 3.79). Вблизи границы раздела стекло-вакуум напряжённость электрического поля в вакууме Е0 = 10,0 В/м, причём угол между вектором Е0 и нормалью n к границе раздела 0 = 30. Найти напряжённость Е поля в стекле, угол  между векторами Е и n, а также поверхностную плотность зарядов вблизи этой точки. E Ответ: E  0 cos2  0   2 sin 2  0  5,2 В/м; tg    tg  0 ;   1    0 1   E0 cos  0  64 пКл/м2.   Задача 8.4.4 ([3], 63). Металлический шар несёт некоторый заряд. Его заключают в концентрическую оболочку из однородного диэлектрика с диэлектрической проницаемостью . Как изменится напряжённость поля внутри и вне оболочки? Ответ: вне оболочки не изменится, а внутри уменьшится в  раз.

174

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 8.4.5 ([3], 75). Начертить графики зависимости напряжённости поля Е и потенциала  от расстояния r до центра шара для следующего случая: металлический шар радиуса R = 10 см имеет заряд 2 мкКл и окружён концентрическим слоем диэлектрика с диэлектрической проницаемостью  = 2, внешний радиус которого равен 20 см. Ответ:рис. 8.10 (потенциал равен нулю на бесконечности).

Рис. 8.10. Зависимости Е(r) и (r).

Задача 8.4.6. Сторонние заряды равномерно распределены с объёмной плотностью ρ > 0 по шару радиуса R из однородного изотропного диэлектрика с проницаемостью ε. Найти: а) модуль вектора напряженности электрического поля как функцию расстояния r от центра шара; изобразить примерные графики зависимостей E(r) и φ(r); б) объёмную и поверхностную плотности связанных зарядов.  r при r < R; Ответ: а) E  3 0

R3 при r > R; 30 r 2  1  1 б)    R .  ,   3  E

Задача 8.4.7 ([2], 3.75). Точечный сторонний заряд q находится в центре диэлектрического шара радиуса а с проницаемостью 1. Шар окружён безграничным диэлектриком с проницаемостью 2. Найти поверхностную плотность связанных зарядов на границе раздела этих диэлектриков. q (1   2 ) Ответ:   . 4 1 2 a 2

Глава 8. Однородный диэлектрик в электростатическом поле. …

175

Задача 8.4.8 ([2], 3.78а). Однородный диэлектрик имеет вид сферического слоя с радиусами а и b, причём a < b. Изобразить примерные графики модуля напряжённости электрического поля Е и потенциала  как функций расстояния r от центра системы, если диэлектрик имеет положительный сторонний заряд, распределённый равномерно по внутренней поверхности слоя. Ответ: см. рис. 8.10, где R = a, 2R = b. Задача 8.4.9 ([2], 3.81). Бесконечно большая пластина из однородного диэлектрика с проницаемостью  заряжена равномерно сторонним зарядом с объёмной плотностью . Толщина пластины 2d. Найти: а) модуль напряжённости и потенциал как функции расстояния l от середины пластины (потенциал в середине пластины положить равным нулю); взяв ось Х перпендикулярно к пластине, изобразить примерные графики зависимостей проекции Ех(х) и потенциала (х); б) поверхностную и объёмную плотности связанного заряда. Ответ: l 2 l l а) E (l  d )  ; E (l  d )  ; (l  d )   ; 2 0  0 0 d  d (l  d )    l  d  ;  2  0 d (  1) (  1) б)   ,    .  

Задача 8.4.10. Какова напряженность поля Е в воздушном зазоре плоского конденсатора, если разность потенциалов между пластинами V = 200 B? Расстояние между пластинами равно d = 0,2 см, и между ними находится лист стекла с ε = 7 и толщиной h = 0,1 см. V E  175 кВ/м. Ответ: d  h   h

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

176

Задача 8.4.11 Сферически симметричная система состоит из внутреннего проводника радиуса r1, диэлектрической прослойки с проницаемостью ε, ограниченной радиусами r2 (внутренний) и r3 (внешний), и внешней тонкой проводящей сферы радиуса r4. Внутренний проводник несёт заряд q1, внешний – заряд q2. Определить потенциал внутреннего проводника и поляризацию диэлектрической прослойки.   1q1 . q  1  q2   1  1 1    q1  1  ; P  Ответ: 1    4 0  r4   r3 r2  r1  4 r 2 Задача 8.4.12 ([2], 3.80). У плоской поверхности однородного диэлектрика с проницаемостью  напряжённость электрического поля в вакууме равна Е0, причём вектор Е0 составРис. 8.11. Взаимная ориентация ляет угол  с нормалью к поверхности вектора Е0, диэлектрика, кон- диэлектрика (рис 8.11). Считая поле тура Г и сферы. внутри и вне диэлектрика однородным, найти: а) поток вектора Е через сферу радиуса R с центром на поверхности диэлектрика; б) циркуляцию вектора D по контуру Г длины l, плоскость которого перпендикулярна к поверхности диэлектрика и параллельна вектору Е0.  1 2 Ответ: а)  E  R E0 cos ;  б) D dr   0 (  1)lE 0 sin  .



Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ...

177

Глава 9 НЕОДНОРОДНЫЙ ДИЭЛЕКТРИК В ЭЛЕКТРОСТАТИЧЕСКОМ ПОЛЕ. КОНДЕНСАТОРЫ С ДИЭЛЕКТРИКАМИ 9.1 Теоретический материал Граничное условие для нормальных составляющих векторов электрической индукции. Если направить нормаль n к поверхности раздела двух сред от среды 1 к среде 2, то: D2 n  D1n   или ( D2  D1 )  n   , (9.1) где  – поверхностная плотность свободных зарядов. Граничное условие для нормальных составляющих напряженности электрического поля. Если направить нормаль n к поверхности раздела двух сред от среды 1 к среде 2, то:   '   ' E2 n  E1n  или E 2  E1   n  , (9.2) 0 0 где  и  – поверхностные плотности свободных и связанных зарядов. Граничное условие для тангенциальных составляющих напряженности электрического поля: E2   E1  0 . (9.3) Материальные уравнения для электрического поля, диэлектрические восприимчивость и проницаемость. Материальное уравнение – уравнение, связывающее материальный вектор (вектор электрической поляризации) с полевым вектором электрического поля (напряженностью поля): P = P(E), или материально-полевой вектор (вектор электрической индукции) с полевым вектором электрического поля (напряженностью поля): D = D(E). Для линейных изотропных сред материальные уравнения имеют вид: P (r )   0 (r ) E (r ) , (9.4) D ( r )   0 ( r ) E ( r ) , (9.5)

178

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

где (r ) – диэлектрическая восприимчивость диэлектрика, зависящая от свойств диэлектрика и внешних условий; (r )  1  (r ) – диэлектрическая проницаемость диэлектрика. 9.2 Основные типы задач (классификация) 9.1. Нахождение напряжённости и потенциала электрического поля в системах с неоднородным диэлектриком. 9.2. Определение емкости конденсаторов, заполненных неоднородным диэлектриком. 9.3 Методы решения и примеры решения задач. Задачи типа 9.1 Нахождение напряжённости и потенциала электрического поля в системах с неоднородным диэлектриком. Методы решения. Использование теоремы Гаусса для вектора электрической индукции (8.6) позволяет исключить из начального рассмотрения связанные заряды в диэлектриках. Для определения других характеристик электрического поля используют материальные уравнения (9.4) и (9.5), а также граничные условия (9.1) – (9.3). В ряде случаев удобно воспользоваться взаимосвязью свободных и связанных зарядов в однородном изотропном диэлектрике (9.6) – (9.7). Задача 9.3.1. В центре сферического слоя диэлектрика с радиусами r1 и r2 помещен точечный заряд q. Проницаемость диэлектрика  = αr2, где α – постоянная величина, а r – расстояние до центра сферического слоя (рис. 9.1). Найти зависимость модуля векторов индукции электрического поля D, Рис. 9.1. Точечный заряд в диэлектрического напряжённости Е, а также поляризации центре слоя. диэлектрика P от расстояния r.

Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ...

179

Решение Ввиду сферической симметрии векторы, характеризующие электрическое поле такой системы, не зависят от угловых переменных сферической системы координат, а зависят только от расстояния r до центра сферы. Применяя теорему Гаусса для вектора индукции D поля точечного заряда q, находим модуль индукции D на расстоянии r от центра сферического слоя: q . D( r )  4r 2 С учетом материального уравнения (9.5) для модуля напряженности электрического поля Е получаем: D q  r < r1, r > r2: E  ;  0 4 0 r 2 q r1 < r < r2: E  . (9.6) 4 0 r 2 Используем материальное уравнение (9.4) для вектора поляризации Р однородного изотропного диэлектрика: P (r )   0 (  1) E (r ) . Подставляя в него выражение (9.6), находим зависимость модуля вектора поляризации P от расстояния r внутри диэлектрического слоя: (  1)q . P( r )  4 r 2 Эти результаты верны при любом законе изменения проницаемости диэлектрика от расстояния до центра сферического слоя (r ) (в том числе и при ε = const). Для заданной в задаче зависимости ε(r) = αr2 для области внутри диэлектрика окончательно получим: (r 2  1) q P  q. E , 4 r 4 4 0 r 4 q Ответ: D  , 4r 2 q q r < r1, r > r2: E  , r1 < r < r2: E  , 2 4 0 r 4 0 r 4

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

180

r < r1, r > r2: Р = 0, r1 < r < r2: P 

(r 2  1) q. 4 r 4

Задача 9.3.2. Диэлектрическая проницаемость сферического диэлектрического слоя изменяется по  закону   , где α – известная r постоянная, а r – расстояние до центра слоя (рис. 9.2). Внутренний радиус слоя равен R, а внешний 2R. На внутренней поверхности диэлектрика равномерно размещён заряд +q. Принимая значение Рис. 9.2. Сферический слой потенциала в центре слоя равным нулю, из неоднородного диэлекнайти распределение потенциала во всем трика. пространстве. Решение При 0  r  R напряжённость поля равна нулю, и потенциал также равен нулю согласно условию задачи. Внутри слоя ( R  r  2R ) напряжённость электрического поля равна (см. задачу 9.2.1): q q E (r )   . 2 4 0 r 4 0 r Тогда потенциал в этой области равен: R

q R ln   . 2 0  r  r Так как суммарный поляризационный заряд диэлектрического слоя равен нулю, то снаружи слоя ( 2R  r ) напряжённость поля равна: q E (r )  , 4 0 r 2 и в силу непрерывности потенциала на границе диэлектрика получим: r q q  1 1  1   (2 R)  E d r  ln     . 2 2  r 2  2 2  4 R   0 0 2R      Edr 



Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ...

Ответ: 0  r  R

R  r  2R

2R  r

181

φ = 0; q R ln   ; 2 0  r  q  1  1   1 1    ln    2  . 2 0    2   r 4 R 2    



Задача 9.3.3. На пластинах плоского конденсатора находится заряд с плотностью  , а внутри расположен диэлектрик, проницаемость которого меняется по закону      x 2 от значения 1 у одной пластины до значения  2 у другой. Расстояние между пластинами d . Найти объёмную плотность связанных зарядов в диэлектрике в зависимости от расстояния х до второй пластины (х). Решение Согласно теореме Гаусса для вектора поляризации в дифференциальной форме (см. (8.3) в главе 8) объёмная плотность связанных зарядов в диэлектрике равна:    div P . В данной задаче   

dP . dx

Определим константы в законе изменения диэлектрической проницаемости. Воспользуемся граничными условиями: (0)  1; (d )   2 . Получим:     1;   2 2 1 . d В результате зависимость диэлектрической проницаемости внутри конденсатора от расстояния до одной из обкладок выражается соотношением:   ( x)  1  2 2 1 x 2 . d Согласно граничному условию (9.1) для электрической индукции внутри диэлектрика она равна D =  и постоянна. Тогда

182

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

модуль вектора поляризации диэлектрика в произвольной точке внутри конденсатора равен: D P   0 (  1) E   0 (  1) E   0 ( ( x)  1)   0  ( x)   d2 .    1  2 2    1 d  ( 2   1 ) x  Окончательно получим: 2d 2 ( 2   1 ) x dP .     2 dx  d 2  (   ) x 2



1

Ответ:    

2

1



2d 2 ( 2  1 ) x

 d 1

2

 ( 2  1 ) x 2



2

.

Задачи типа 9.2 Определение емкости конденсаторов, неоднородным диэлектриком

заполненных

Методы решения: 1) Использование эквивалентных схем, которые представляют неоднородно заполненный диэлектриком конденсатор как систему соединенных между собой конденсаторов, заполненных диэлектриком однородно. После этого применяются формулы сложения емкостей конденсаторов при последовательном и параллельном их соединении. 2) Исходя из зарядов на проводниках (q в случае конденсатора), найти индукцию электрического поля D, потом напряжённость поля Е и разность потенциалов . Емкость конденсатора равна C = q/. Задача 9.3.4. Пространство между обкладками плоского конденсатора заполнено двумя слоями диэлектриков. Толщина 1 h1 1 слоя первого диэлектрика с 2 h2 проницаемостью ε1 равна h1, 22 толщина слоя второго диэлектрика с проницаемостью Рис. 9.3. Конденсатор, заполненный ε2 равна h2 (рис. 9.3). Площадь двумя слоями диэлектриков.

Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ...

183

каждой обкладки равна S. Найти емкость С конденсатора. Решение Способ 1. Пусть на пластины конденсатора помещены заряды +q и –q. Тогда напряженность поля в первом диэлектрике равна E1 

 , 10

а во втором  . E2   2 0 Разность потенциалов между пластинами Δφ = E1h1+ E2h2, следовательно,   S q  0 1 2 C  .  h2 1  h1 2 Способ 2. Плоская граница между диэлектриками является эквипотенциальной поверхностью. Поэтому систему можно рассматривать как два последовательно соединенных плоских конденсатора с емкостями   S  S C1  0 1 и C2  0 2 . h1 h2 Применяя формулу сложения емкостей 1 C  1 C1  1 C2 , получаем такой же ответ.  0 1 2 S Ответ: C = . h2 1  h1 2 Задача 9.3.5. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено диэлектриком, проницаемость которого меняется по линейному закону от значения ε1 у одной пластины до значения ε2 (ε2 < ε1) у другой. Расстояние между пластинами d, площадь каждой пластины равна S. Найти емкость С конденсатора. Решение Способ 1. Учитывая симметрию системы, направим ось Х декартовой системы координат по нормали к плоскости пластин конденсатора, а начало отсчета 0 выберем в точке пересечения оси

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

184

Х с пластиной, около которой проницаемость диэлектрика наименьшая (см. рис. 9.4). Идея решения задачи состоит в  1 том, чтобы заданный конденсатор рассмотреть как систему 2 последовательно соединенных плоских конденсаторов с бесконечно 0 d Х малыми расстояниями Δx между их x обкладками. В таком объеме диэлектрическую проницаемость ε можно считать постоянной и для вычисления емкости применить обычную формулу емкости плоского конденсатора. Выделим такой тонкий слой х на произвольном расстоянии х от начала координат. Обратная емкость такого Рис. 9.4 Зависимость диэлектрической проницаемости от тонкого конденсатора равна координаты в конденсаторе. x 1    ,  C   0 ( x ) S где ( x)   2  (1   2 )( x / d ) . При последовательном соединении конденсаторов суммируются величины, обратные емкостям, что для непрерывного распределения конденсаторов в пределе Δx → dx сводится к интегрированию по всем х от нуля до d: d

1 dx  C 0 C ( x) Учитывая, что dx  1 d  C  0 ( 1   2 ) S

1



2

d d , получаем: 1   2

 d d  ln 1 .   0 ( 1   2 ) S  2

Способ 2. Пусть на обкладках конденсатора находятся заряды q, и поверхностная плотность заряда  = q/S. Тогда D = , и далее получаем: D  1 E ( x)    ,  0 ( x)  0  2  (1   2 )( x / d )

Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ... d

   E ( x)dx  0

C

 d ln 1  0 (1   2 )  2

185

,

q  (   )S  0 1 2 .  d ln( 1 /  2 )

Ответ: C =

 0 (1   2 ) S . d ln( 1 /  2 )

Задача 9.3.6. Первоначально в плоском воздушном конденсаторе, заряженном и отсоединенном от источника ЭДС, напряженность поля равна Е0. Затем половину пространства между пластинами конденсатора заполняют однородным диэлектриком с проницаемостью ε так, что плоская граница диэлектрика параллельна пластинам + конденсатора (рис. 9.5а). – – – – – – – – – – – – – – –  а) Найти модули векторов E и D внутри и вне диэлектрика.  2 +  б) Ответить на те же вопросы, + + + + + + + + + + + + + если диэлектрик занимает все 1 – расстояние между пластинами в а) половине объема конденсатора (рис. 9.5б). 1 2 – – – – – – – –  Решение – – – – – – – В случае а) из результатов 1 2  задачи 8.3.2 следует, что напряженность поля в воздушном + + + + + + ++  E1  E0   0 промежутке не –1 –2 изменится, а в диэлектрике станет б) меньше в ε раз за счет поля Рис. 9.5. Конденсаторы, частично появившихся связанных зарядов: заполненные диэлектриками. E2  E0  . Распределение сторонних зарядов на обкладках конденсатора не изменилось, поэтому не изменятся и силовые линии вектора индукции D. Из условия непрерывности Dn на границе диэлектрика заключаем, что в любой точке внутри конденсатора D1 = D2 = ε0Е0. Разность потенциалов между обкладками уменьшилась и стала равной

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

186

d 1  E0   1 2   вместо первоначальной Δφ0 = Е0d, где d – расстояние между пластинами конденсатора. Такой результат связан с тем, что электрическое поле втягивает диэлектрик внутрь конденсатора и совершает работу, что приводит к уменьшению потенциальной энергии системы, пропорциональной разности потенциалов. В случае б) произойдет перераспределение сторонних зарядов на пластинах конденсатора так, чтобы напряженность поля в воздушном промежутке и в диэлектрике стала одинаковой: Е1 = Е2 = Е. К этому выводу можно прийти, рассматривая разность потенциалов между пластинами, которая равна Δφ = Еd независимо от пути перехода от одной пластины к другой – через воздушный промежуток или через диэлектрик. В обозначениях рис. 9.5б      2 E 1  2  . 0 0  0 Отсюда получаем, что ε σ1 = σ2. По условию задачи, диэлектрик заполняет половину объема конденсатора. Поэтому по закону сохранения заряда исходная плотность заряда равна:   2 .   0 E0  1 2 Таким образом: 2 E0 2 E . 1  0 0 , E   1  1 Следовательно, 2 2  0 E0 . D1   0 E0 и D2   1  1 Разность потенциалов равна 2 Δφ = Ed = E0 d ;  1 она меньше, чем была первоначально. Как и в предыдущем случае, в процессе заполнения конденсатора диэлектриком пондеромоторные силы со стороны электрического поля совершают работу, и потенциальная энергия системы уменьшается.  

Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ...

Ответ:

а) Е1 = Е0, E2  б) Е1 = Е2 =

E0 ; 

187

D1 = D2 = ε0Е0;

2 E0 2 ; D1   0 E0 ,  1  1

D2 

2  0 E0 .  1

Задача 9.3.7. Решить предыдущую задачу, считая, что конденсатор с самого начала подключен к источнику ЭДС и разность потенциалов между обкладками не меняется. Решение Разность потенциалов между обкладками вначале равна Δφ = Е0d и в дальнейшем не меняется. В случае а) после внесения диэлектрика в конденсатор напряженность поля в диэлектрике Е2 будет в ε раз меньше напряженности Е1 поля в воздушном E промежутке: E2  1 . Если выразить Δφ через Е1 и Е2, то получим:  d d  1 Δφ = E1  E2   E1 1   . 2 2  Учитывая неизменность Δφ, находим отсюда: 2 2 E1  E0 , E 2  E0 .  1  1 Из материального уравнения для вектора D (9.5) получаем: 2 D1 = D2 =  0 E0 .  1 В случае б) напряженности Е1 и Е2 одинаковы (как и в предыдущей задаче). Из постоянства Δφ сразу следует вывод: Е1 = Е2 = Е0. Следовательно: D1 = ε0Е0 и D2 = ε0ε Е0. 2 2 2 Ответ: а) E1  E0 , E 2  E0 , D1 = D2 =  0 E0 .  1  1  1 б) Е1 = Е2 = Е0, D1 = ε0Е0, D2 = ε0ε Е0. Задача 9.3.8. Сферический конденсатор наполовину заполнен жидким диэлектриком с проницаемостью ε = 7 (рис. 9.6). Радиусы поверхностей: внутренней R1 = 5 см, внешней R2 = 6 см.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

188

Определить емкость конденсатора, пренебрегая искривлением линий поля на границе диэлектрика.

1

С1

2

С2

 Рис. 9.6. Сферический конденсатор, частично заполненный жидким диэлектриком.

Рис. 9.7 Эквивалентная схема к рис. 9.6.

Решение Обкладки конденсатора являются эквипотенциальными поверхностями, поэтому конденсатор можно рассматривать как систему двух параллельно включенных конденсаторов (рис. 9.7), у которых одна пара обкладок имеет потенциал φ1 внешней поверхности рассматриваемого сферического конденсатора, а вторая пара – потенциал внутренней поверхности φ2. Так как диэлектрик заполняет сферический конденсатор наполовину, емкости C1 и C2 равны: 2 0 R1 R2 C1 = , C2 = εC1. R2  R1 Отсюда получаем: C = C1+ C2 = Ответ:

2 0 R1 R2 (  1) . R2  R1

C=

2 0 R1 R2 (  1) . R2  R1

9.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 9.4.1. Между пластинами плоского конденсатора, площадь которых S, помещен слоистый диэлектрик, состоящий из n слоёв вещества с диэлектрической проницаемостью ε1 и из n слоев с диэлектрической проницаемостью ε2. Слои чередуются, и каждый имеет толщину d. Найти ёмкость конденсатора С.

Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ...

Ответ: C 

189

01 2 S . nd 1   2 

Задача 9.4.2. Найти напряженность электрического поля между обкладками сферического конденсатора, пространство между которыми заполнено однородными диэлектриками с диэлектрическими проницаемостями ε1 и ε2. Диэлектрики граничат между собой вдоль 1 1 поверхности конуса с вершиной в центре О (см. рис. 9.8). Телесный угол конуса, O заполненного первым диэлектриком, равен Ω1, а заполненного вторым диэлектриком – 2 2 Ω2 (Ω1 + Ω2 = 4π). Заряд на внутренней 9.8. Сферический обкладке равен Q. Найти также ёмкость Рис. конденсатор с двумя конденсатора, если радиусы шаровых диэлектриками. обкладок равны R1 и R2 (R1 < R2). Q 1 Ответ: E  ; 0 (11   2 2 ) r 2 C  0 (11   2 2 )

R1R2 R2  R1

Задача 9.4.3 ([3], 114). Металлический шар радиуса 5 см окружён шаровым слоем диэлектрика ( = 7) толщиной 1 см и помещён концентрично в металлической сфере с внутренним радиусом 7 см. Чему равна емкость С такого конденсатора? Ответ: С = 35 см. Задача 9.4.4 ([3], 140). Какова напряжённость поля Е в воздушном зазоре плоского конденсатора, если разность потенциалов между пластинами V = 200 В? Расстояние между пластинами d = 0,2 см, и между ними находится лист стекла ( = 7) толщиной h = 0,1 см V  1750 В/см. Ответ: E  ( d  h)  h

Рис. 9.9. Сферический конденсатор, заполненный диэлектриком наполовину.

190

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 9.4.5 ([3], 141). Сферический конденсатор наполовину заполнен диэлектриком с диэлектрической проницаемостью  = 7 (рис. 9.9). Радиусы поверхностей: внутренней R1 = 5 см, внешней R2 = 6 см. Определить емкость С конденсатора, пренебрегая искривлением линий поля на границе диэлектрика.  (  1) R1 R2 Ответ: C  0 . 2( R2  R1 ) Задача 9.4.6 ([3], 143). Найти напряжённость поля E между обкладками цилиндрического конденсатора, пространство между которыми заполнено однородными диэлектриками с диэлектрическими проницаемостями 1 и 2 (рис. 9.10). Диэлектрики граничат между собой вдоль плоскостей, пересекающихся на оси цилиндра О. Двугранные углы, образуемые ими в диэлектриках, равны соответственно 1 и 2 (1 + 2 = 2). Длина конденсатора равна l, а заряд на Рис. 9.10. Цилиндричесвнутренней обкладке Q. Найти также кий конденсатор с емкость С конденсатора, если радиусы его двумя диэлектриками. обкладок R1 и R2 (R1 < R2). 4 Q  ; Ответ: E  11   2  2 lr C

11   2 2 l . 4 ln( R2 / R1 )

Задача 9.4.7 Обкладкам плоского конденсатора сообщаются заряды +q и –q. Зазор между обкладками ширины d заполнен изотропным веществом, диэлектрическая проницаемость которого ε(х) изменяется в перпендикулярном к обкладкам направлении х по линейному закону. В непосредственной близости к положительно заряженной обкладке ε = ε1, в непосредственной близости к отрицательной обкладке ε = ε2. Найти объёмную плотность связанных зарядов ρ как функцию х. Определить суммарный связанный заряд q, возникающий внутри диэлектрика. Площадь

Глава 9. Неоднородный диэлектрик в электростатическом поле. ...

191

каждой обкладки равна S. q d q  2  1 Ответ: ,    2   2 d  S dx  S   q  1 2 q . 1 2 Задача 9.4.8. Пространство между обкладками цилиндрического конденсатора с радиусами R1, R3 (R1 < R3), заполнено средой с диэлектрической проницаемостью ε, которая зависит от расстояния от центра следующим образом: ε = ε1 при R1 < r < R2, и ε = ε2 при R2 < r < R3. Определить плотность поверхностного поляризационного заряда σ12 на границе раздела этих сред, если разность потенциалов между обкладками этого конденсатора равна V0.  0  2  1 V0 12  Ответ: . R2  2 ln( R2 / R1 )  1 ln( R3 / R2 ) Задача 9.4.9 ([3], 65). Между двумя параллельными проводящими пластинками, заряженными равными разноимёнными зарядами, помещают диэлектрическую пластинку (рис. 9.11). Изменится ли напряжённость поля в точке А после внесения пластинки? Ответ: увеличится, так как поверхностная плотность заряда на металлической пластинке напротив диэлектрика возрастёт.

Рис. 9.11. Диэлектрическая пластина в плоском конденсаторе.

192

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 10 ДИЭЛЕКТРИКИ С ЗАДАННЫМ СТАТИЧЕСКИМ СОСТОЯНИЕМ ПОЛЯРИЗАЦИИ 10.1. Теоретический материал При заполнении всего пространства между эквипотенциальными поверхностями однородным изотропным диэлектриком с диэлектрической проницаемостью  напряженность E (r ) и потенциал (r ) электрического поля в этом пространстве уменьшатся в  раз: E (r ) , (10.1) E (r )  0   (r ) , (10.2) (r )  0  а электрическая индукция D(r ) поля останется той же: D(r )  D0 (r ) . Здесь E 0 (r ) ,  0 ( r ) и D0 (r ) – напряженность, потенциал и электрическая индукция поля до заполнения пространства диэлектриком. В рассмотренном случае электрическая индукция D(r ) определяется только свободными зарядами. Электрическое поле в полостях диэлектрика, измерение напряженности поля и электрической индукции в диэлектрике. A. Полость – длинный физически бесконечно тонкий цилиндр с боковой поверхностью, параллельной напряженности поля E E ' (см. рис. 11.1)). Из граничных условий для тангенциаль+ E цил – ной составляющей напряженности поля следует: D E цил  E и Dцил  . Рис. 11.1. Электри Как видим, измерение напряженности ческое поле в тонкой поэлектрического поля E сводится к измерению цилиндрической лости. напряженности поля E цил в цилиндрической полости.

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

Б. Полость – широкий физически бесконечно тонкий диск с основаниями, перпендикулярными напряженности поля E (см. рис. 10.2). Из граничных условий для нормальной составляющей индукции получаем: Dдиск  D и E диск  E .

193

+ – '

D

Dдиск

Так как в полости D  Dдиск   0 E диск , то Рис. 10.2. Электриизмерение электрической индукции поля D ческое поле в широсводится к измерению напряженности элек- кой полости в форме трического поля E диск в полости в виде диска. тонкого диска. Электрическое поле в шаровой полости диэлектрика. Пусть шаровая полость имеет физически бесконечно малые размеры (в том числе физически бесконечно малый объем), так, что ее появление не меняет поляризацию окружающего его диэлектрика (см. рис. 10.3). Напряженность поля внутри шаровой поP ' лости равна: E' n  P E шар  E  , (10.3) – + 3 0 R P где E '  – поле, создаваемое поверхност3 0 ными поляризационными зарядами внутри Рис. 10.3. Электрическое поле в шарошаровой полости однородно поляризованного вой полости. диэлектрика (поле Лоренца). Электрическое поле внутри ограниченного в пространстве диэлектрика. Рассмотрим ограниченный в пространстве диэлектрик, помещенный во внешнее поле напряженностью Е0. Диэлектрик поляризуется с вектором поляризации P (в общем случае разным в различных точках диэлектрика). На поверхности диэлектрика возникают поляризационные заряды, которые создают поле напряженностью Е′ (деполяризующее поле). В соответствии с принципом суперпозиции полей напряженность электрического поля внутри ограниченного в пространстве диэлектрика равна: Е = Е0 + Е′. Однородный изотропный диэлектрик эллиптической формы во внешнем однородном поле поляризуется однородно – напряжен-

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

194

ность поля Е и вектор поляризации Р всюду в диэлектрическом эллипсоиде постоянны (см. рис. 10.4). При этом P Z E  E0  E'  E0  n  , (10.4) 0 E0 где  = x, y, z или: E P E x  E0 x  n x x , 0 Y P X Py E y  E0 y  n y , Рис. 10.4. Направления векто0

ров Е и Р в однородном изо-

Pz тропном диэлектрике эллип. тической формы, находящем0 ся во внешнем поле с напряЗдесь X,Y,Z – главные оси эллипсоида, женностью Е0. nx, ny, nz – факторы формы, причем nx + ny + nz = 1. (10.5) Заметим, что в общем случае неравенства факторов формы между собой направление напряженности поля Е и вектора поляризации Р в диэлектрике не совпадает с направлением напряженности внешнего поля Е0, за исключением случаев, когда внешнее поле направлено вдоль одной из осей эллипсоида. Рассмотрим часто встречающиеся частные случаи тел эллиптической формы. А. Длинный тонкий цилиндр (стерE0 жень) (см. рис. 10.5). Для составляющей напряженности E электрического поля вдоль оси цилиндра ' Z запишем граничные условия для танP Z генциальной составляющей: Рис. 10.5. Направления Ez = E0z. векторов Е и Р в длинном P тонком стержне, находяНо E z  E 0 z  n z z , следовательно, щемся во внешнем поле с 0 напряженностью Е0. nz = 0, а значит, в соответствии с условием nx + ny + nz = 1 и симметрией цилиндра: ny = nz = 1/2 (10.6) P P y и E x  E0 x  x , E y  E 0 y  . 2 0 2 0 E z  E0 z  n z

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

195

Б. Широкий тонкий диск (см. рис. 10.6). Для составляющей электрической индукE0 z ции поля вдоль нормали к диску (оси диска Z) E0 воспользуемся граничными условиями для P нормальной составляющей: Dz = D0z . Z E0 z E0 z  1 Ez   E0 z  E0 z   E0 z  E0 z     P Рис. 10.6. Направления  E 0 z  (  1) E z  E 0 z  z . векторов Е и Р в ши0 роком тонком диске, Следовательно: находящемся во внешнем поле с напряженnz = 1, (10.7) а значит, в соответствии с условием ностью Е0. nx + ny + nz = 1 и симметрией цилиндра: nx = ny = 0 (10.8) и Ex = E0x, Ey = E0y. В. Шар (см. рис. 10.7). E0 При произвольной ориентации шара X E относительно внешнего поля: P P E i  E 0i  ni i . 0 Z Из соображений симметрии и в соотY ветствии с условием nx + ny + nz = 1: Рис. 10.7. Направления nz = ny = nz = 1/3. (10.9) векторов Е и Р в диэлекСледовательно: трическом шаре, находящемся во внешнем поле с Pi E i  E 0i  . (10.10) напряженностью Е0. 3 0 10.2 Основные типы задач (классификация) 10.1. Определение напряженности электрического поля внутри и вне диэлектрических плоских пластин, имеющих заданное статическое состояние поляризации. 10.2. Расчет напряженности электрического поля в диэлектриках цилиндрической формы, имеющих заданное статическое состояние поляризации.

196

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

10.3. Определение напряженности электрического поля в диэлектриках сферической формы, а также их поляризации во внешних электрических полях. 10.3 Методы решения и примеры решения задач. Задачи типа 10.1 Определение напряженности электрического поля внутри и вне диэлектрических плоских пластин, имеющих заданное статическое состояние поляризации. Метод решения. Использование формул   div P и   n12 ( P2  P1 )  P1n  P2n для определения объемной ρ' и поверхностной σ' плотности связанных зарядов в пластинах, связи поверхностной плотности зарядов с напряженностью электрического поля Е   су мм /  0 , а также граничных условий и материальных уравнений для векторов Е, D и Р. Задача 10.3.1. Пластинка из электрета1 толщины h помещена внутри плоского воздушного конденсатора, обкладки которого соединены между собой. Вектор поляризации пластинки P направлен по нормали к ее плоскости. Определить напряженность и индукцию электрического поля внутри и вне пластинки. Расстояние между обкладками конденсатора равно d. Решение На поверхностях пла– стинки существуют связанные E1 + заряды с плотностью σ′ = Р + + + + + + + + + + + + (рис. 10.8). За счет электроP h d E2 статической индукции на об– – – – – – – – –- – – – – кладках конденсатора появ+ ляются заряды противоположных знаков с некоторой Рис. 10.8. Система, состоящая из конденповерхностной плотностью σ. сатора и пластинки из электрета. Известно,

1

Электреты – поляризованные диэлектрики, состоящие из жестких электрических диполей, которые сохраняют поляризацию длительное время.

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

197

что на поляризацию электрета внешнее поле влияет слабо, поэтому изменением вектора поляризации P за счет поля индуцированных зарядов можно пренебречь. Так как обкладки конденсатора соединены, их потенциалы равны, поэтому можно записать: Е 1 (d  h)  E 2 h  0 , (10.11) где E1 – напряженность поля вне пластины, E2 – внутри, причем модули напряженностей равны: E1   0 , (10.12) E2       0 . (10.13) С учетом направлений напряженностей E1 и E2 и величины поверхностной плотности связанных зарядов σ′ = Р уравнение (10.11) запишется в виде: Е 1 (d  h)  ( E1  Р / . 0 )h  0 , откуда определяем напряженность поля вне пластины: P h E1   . 0 d Из уравнения (10.11) находим напряженность поля в пластине: P d h E2    . 0 d Теперь можно, используя формулу (10.12), найти величину поверхностной плотности индуцированных на обкладках конденсатора зарядов (положительный заряд – на нижней обкладке, отрицательный – на верхней): h   P . d Внутри конденсатора свободные заряды отсутствуют, поэтому линии вектора D непрерывно проходят от нижней обкладки конденсатора до верхней параллельно вектору P. Вектор D1 в воздушном промежутке находим из материального уравнения D   0 E : h D1   0 E1  P  . d Для вектора D2 в электрете материальное уравнение D   0 E неприменимо, поэтому нужно использовать общее определение вектора электростатической индукции:

198

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

h . d Разумеется, D1 = D2, что следует из условия непрерывности нормальной компоненты вектора индукции на границе диэлектриквоздух. P h  ; Ответ: вне пластинки: E1  0 d D2   0 E 2  P  P 

внутри пластины: E 2  

P d h h  ; D1  D2  P  . 0 d d

Задача 10.3.2. Вектор поляризации большой плоской незаряженной пластины из диэлектрика имеет вид P  P0 (1  х / d ) , где Р0 –вектор, перпендикулярный к пластине, х – расстояние от нижней поверхности пластины, d – её толщина (рис. 10.9). Пренебрегая краевыми эффектами, найти Х напряженность электрического d поля внутри пластины, разность Р потенциалов между её поверхно- 0 стями и объемную плотность свя- Рис. 10.9. Диэлектрическая пластина с заданным вектором поляризации Р. занных зарядов в диэлектрике. Решение В пластине создается деполяризующее электрическое поле с напряженностью Р dх E ( х)     P0 . 0 0d Поскольку E   , разность потенциалов между поверхностями пластины находим интегрированием: d P d P d 2 P0 d .    E ( x)dx  0  (d  x) dx  0  0d 0 2 0 d 2 0 0 Для нахождения объемной плотности связанных зарядов ρ' воспользуемся формулой:   div P . Поскольку вектор поляризации зависит только от одной координаты х, получаем: 2P 2   div P   2  P0 2 1  x / d   0 . x x

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

Ответ: E ( х)   P0

199

dх ;   P0 d / 2 0 ;   0 . 0d

Задача 10.3.3. На пластинах плоского изолированного конденсатора равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями +σ и –σ. В пространство между пластинами вносят электрет с вектором поляризации Р так, что + он заполняет третью часть этого пространства. Толщина электрета d равна Р U –? расстоянию между пластинами, вектор поляризации ориентирован от положи– тельно заряженной пластины в сторо- Рис. 10.10. Конденсатор с внену отрицательного заряда (рис. 10.10). сенным в него электретом. Найти разность потенциалов между пластинами. Решение В поляризованном диэлектрике на его горизонтальных поверхностях имеются связанные заряды с поверхностной плотностью ±    Р . Известно, что на поляризацию электрета внешнее поле влияет слабо, поэтому изменением P за счет поля зарядов на пластинах конденсатора можно пренебречь. При внесении электрета в конденсатор произойдет перераспределение сторонних зарядов на пластинах конденсатора так, чтобы напряженность поля в воздушном промежутке E1 и в электрете E2 стала одинаковой: Е1 = Е2 = Е, т.к. разность потенциалов между пластинами равна Δφ = Еd независимо от пути перехода от одной пластины к другой – через воздушный промежуток или через диэлектрик. При этом с учетом направлений напряженностей и равенства ±σ′ = ±Р напряженность поля в конденсаторе равна:      2  P E 1  2  , (10.14) 0 0 0 где σ1 и σ2 – поверхностные плотности зарядов на верхней пластине конденсатора над воздушным зазором и над электретом соответственно. По условию задачи диэлектрик заполняет 1/3 объема конденсатора. Поэтому по закону сохранения заряда исходная поверхностная плотность заряда σ на пластинах конденсатора

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

200

21   2 . (10.15) 3 Таким образом, из уравнений (10.14) и (10.15) получаем: 1    P / 3 ,  3  P E 1  . 0 3 0 Разность потенциалов между обкладками равна: 3  P U  Ed  d. 3 0 3  P d. Ответ: U  3 0 

Задачи типа 10.2 Расчет напряженности электрического поля в диэлектриках цилиндрической формы, имеющих заданное статическое состояние поляризации. Метод решения. Использование формулы   div P и   n12 ( P2  P1 )  P1n  P2n для определения объемной ρ' и поверхностной σ' плотности связанных зарядов в диэлектриках, материальных уравнений для векторов Е, D и Р и принципа суперпозиции полей. Задача 10.3.4. Найти напряженность электрического поля в центре прямого круглого диэлектрического цилиндра длиной h и радиусом R, вектор поляризации которого параллелен его оси и равен Р (рис. 10.11).

E –

P O

+ Х

Рис. 10.11. Поляризованный

Решение вдоль оси диэлектрический Из условия однородной поляри- цилиндр. зации следует, что плотность объемных связанных зарядов внутри цилиндра равна нулю. На торцах цилиндра находятся противоположные по знаку поверхностные связанные заряды, распределенные равномерно с плотностью     P. Таким образом, по принципу суперпозиции напряженность поля в центре цилиндра (т. О) равна сумме напряженностей полей, создаваемых двумя противо-

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

201

положно заряженными дисками на их общей оси. Напряженность на оси диска вычислена в задаче 1.3.6 главы 1 и равна     x , E 1  2 0  x2  R2  где R – радиус диска, а х – расстояние вдоль его оси от плоскости диска до исследуемой точки. В данном случае для обоих дисков х = h/2, откуда получаем искомую напряженность электрического поля в центре прямого круглого диэлектрического цилиндра:  P h . E   1  2 2   0  h  4R  Замечание 1. Таким способом можно вычислить напряженность поля в любой точке на оси цилиндра, кроме точек на его торцах, потому что формула для напряженности на оси диска справедлива при всех х. На торцах цилиндра напряженность поля не определена. Здесь она испытывает скачок, как на любой заряженной поверхности. Замечание 2. Поляризованный цилиндр можно представить себе как результат малого сдвига всех положительных зарядов относительно всех его отрицательных зарядов. Вектор напряженности поля Е, создаваемого поляризацией Р, направлен противоположно вектору Р. Поэтому поле от связанных зарядов часто называют деполяризующим полем.  P  h . Ответ: E=  1  2 2   0  h  4R  Задача 10.3.5. Вектор поляризации Р в предыдущей задаче направлен перпендикулярно оси цилиндра. Найти напряженность поля в центре цилиндра. Решение Из условия задачи следует, что связанные заряды возникнут только на боковой поверхности цилиндра. Плотность связанных зарядов определяется формулой:   n12 ( P2  P1 )  ( Pn )  Pcos  ,

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

202

где φ – азимутальный угол, который отсчитывается от вектора Р против часовой стрелки, n – единичный вектор нормали к поверх+ + + + n ности цилиндра (рис. 10.12). + + Для вычисления напряженноP + +  сти в центре цилиндра представим боковую поверхность цилиндра в виде последовательности бескоO нечно узких колец с зарядом, распределенным на них с линейной – – плотностью – – dτ = σ′dх = Pcosφdх= dτ0cosφ, – – – – где dτ0 = Pdх (см. рис. 10.13). 10.12. Распределение связанДалее воспользуемся резуль- Рис. ных зарядов на боковой поверхнотатом решения задачи 1.3.5 (глава сти однородно поляризованного 1), где вычислена напряженность цилиндра. поля на оси такого кольца: d 0

dE  

eу 

R 2 Pdx

e , 3/ 2 3/ 2 у  4 0 x 2  R 2 x2  4 0 R1  2  R   где х – расстояние от плоскости dx кольца до точки наблюдения О (в данной задаче это центр циO x линдра (рис. 10.13)), еу – орт Х оси Y, совпадающей по направлению с вектором поляризации Р. Полную напряженность Рис 10.13. К вычислению напряженности электрического поля в центре однородно поля в центре цилиндра найдем, поляризованного цилиндра. интегрируя это выражение по всем х от – h/2 до + h/2:

E  e у

h 2

R 2 Pdx

h 4 x 2  R 2 3 / 2 0  2



Ph

2 0 h 2  4 R 2

eу.





h/2

P x  e у   4 0 x2  R2

 h / 2

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

203

Знак ′′минус′′ показывает, что, как и в предыдущей задаче, направление вектора Е противоположно направлению вектора Р. С учетом этого обстоятельства для искомой напряженности поля в центре диска получаем: Ph . E  2 0 h 2  4R 2 Если цилиндр очень длинный (h → ∞), то напряженность поля P внутри него будет однородной и равной Е   . 2 0 Ph Ответ: E   . 2 0 h 2  4R 2 Задачи типа 10.3 Определение напряженности электрического поля в диэлектриках сферической формы, а также их поляризации во внешних электрических полях. Метод решения. Использование формулы   div P и   n12 ( P2  P1 )  P1n  P2n для определения объемной ρ' и поверхностной σ' плотности связанных зарядов в диэлектриках, материальных уравнений для векторов Е, D и Р и принципа суперпозиции полей. Задача 10.3.6. Диэлектрический шар поляризован однородно, его вектор поляризации равен Р. Найти напряженность электрического поля внутри шара. Решение Так как шар поляризован, то на нем имеются поверхностные заряды, плотность которых σ′ = (Pn) = Pcos, где  – полярный угол относительно вектора Р, а n – единичный вектор нормали к поверхности шара. Указанную выше плотность поверхностных зарядов можно смоделировать следующим образом. Возьмем два шара, однородно заряженных одинаковой по величине, но противоположной по знаку объемной плотностью заряда . Сместим центр отрицательно заряженного шара О' относительно центра положительного шара О на малый вектор а против

204

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

направления Р (рис. 10.14). Тогда внутри области пересечения шаров получится нулевая суммарная плотность заряда, а толщина поверхностного слоя нескомпенсированного заряда в первом приближении будет равна h() = a cos, что при малых а эквивалентно поверхностной плотности заряда Z σ = h() = a cos. h + + + + Для получения приведенной выше + + плотности поверхностного заряда r+  + + нужно положить Р = a, или в векторr– O ном виде P a P Р = –a. (10.16) O' Y При а  0 полученное распределение объемных поляризационных – – – – зарядов эквивалентно распределению – – – – поверхностных зарядов в данной задаче. Рис. 10.14. К вычислению напряНапряженность поля Е*(r) внутри женности поля внутри однородзаряженного шара на расстоянии r < R но поляризованного шара. от его центра находим по теореме Гаусса, применяя её к сферическому объему радиуса r: 4 4r 2 E  (r )  r 3 . 3 0 С учетом направления E получаем:  E  r   r, 3 0 где r – радиус-вектор, проведенный из центра шара в точку внутри него. Для двух шаров, однородно заряженных одинаковой по величине, но противоположной по знаку объемной плотностью заряда , в области их пересечения напряженности полей шаров складываются, и суммарная напряженность равна:  r  r-     а, E  E  E-  (10.17) 3 0 3 0 где r– и r+ – расстояния до исследуемой точки от центров отрицательно и положительно заряженных шаров соответственно, r-  а  r (см. рис. 10.14).

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

205

Следовательно, внутри шаров силовые линии электрического поля параллельны вектору а, E = const и вектор напряженности направлен против вектора а. Используя формулы (10.16) и (10.17), находим искомую напряженность электрического поля внутри шара: 1 E  P. 3 0 Замечание 1. Для получения формулы (10.17) можно сразу воспользоваться результатом задачи 2.3.11 главы 2, где была найдена напряженность электрического поля в области пересечения двух шаров разных радиусов, равномерно заряженных равной по модулю, но противоположной по знаку плотностью зарядов , когда центры шаров смещены относительно друг друга на вектор а. Замечание 2. Электрическое поле, обусловленное поляризацией вещества, называется деполяризующим. При однородной поляризации тела это поле будет однородным только для тел в форме эллипсоида или его частных случаев – шара, диска, цилиндра. Для эллипсоида  0 Е   Nˆ P , где Nˆ – тензор деполяризации формы. В главных осях эллипсоида тензор Nˆ диагонален и сумма диагональных элементов всегда равна 1. Поэтому в шаре все коэффициенты деполяризации равны 1/3, что и было получено в данной задаче. Таким же способом можно решить задачу для очень длинного цилиндра с поперечной поляризацией (без учета неоднородности поля на торцах). В этом случае коэффициенты деполяризации в его поперечном сечении равны 1/2, а продольный коэффициент равен нулю. 1 P. Ответ: E   3 0 Задача 10.3.7. В однородное электрическое поле напряженности Е0 поместили однородный диэлектрический шар, диэлектрическая проницаемость которого равна ε. Найти напряженность E электрического поля внутри шара и вектор поляризации P диэлектрика. Решение Воспользуемся материальным уравнением P = ε0(ε – 1)E, (10.18)

206

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

где E – напряженность электрического поля внутри шара. По принципу суперпозиции можно записать: E = E0 + E1, (10.19) где E1 – напряженность поля, созданного поляризационными поверхностными зарядами. Она была найдена в задаче 10.3.6 и равна: P E1   . (10.20) 3 0 Вектор поляризации P находим из уравнения (10.18) с учетом соотношений (10.19) и (10.20):  P P  ,  (  1) E 0  0 3 0   откуда получаем вектор поляризации:  1 P  3 0 E0 . 2 Подставляя Р в уравнение (10.18), находим искомую напряженность поля внутри шара Е, выраженную через заданную напряженность внешнего поля Е0: 3E 0 P E  .  0 (  1)   2 Замечание. Обратите внимание, что вектор поляризации Р определяется напряженностью суммарного поля Е внутри тела.  1 3 Ответ: P  3 0 E0 ; E  E0 . 2 2 Задача 10.3.8. Пространство между пластинами плоского конденсатора заполнено диэлектриком с проницаемостью ε. Внутри диэлектрика имеется сферическая полость. На пластинах конденсатора равномерно распределены заряды с плотностями σ и –σ. Найти напряженность электрического поля в полости E0. Решение Напряженность поля в полости E0 можно представить как разность векторов напряженности однородного поля E в конденсаторе с диэлектриком без полости и поля E1, созданного однородно поляризованным шаром из диэлектрика (см. рис. 10.15). Напряженность поля Е в плоском слое диэлектрика равна:

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

207

 n, 0 P P где n – единичный вектор в направлении нормали к поP верхности  слоя. E E0 Напряженность поля E1 диэлектрического шара E1 рассчитана в задаче 10.3.4   и равна: Рис. 10.15. К вычислению напряженности P поля в полости внутри диэлектрика. E1   , 3 0 где P = ε0(ε –1)E. Отсюда для искомой напряженности электрического поля в полости получаем: P  1 2  E 0  E  E1  E   E 1  n.  3 0 3  3 0  Ответ: поле в полости однородно, его напряженность сонаправлена с напряженностью поля конденсатора и равна (   2)  E0  . 3 0  E

10.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 10.4.1. Тонкая большая диэлектрическая пластина имеет постоянную (ʺзамороженнуюʺ), не зависящую от электрического поля, поперечно направленную поляризацию, меняющуюся по её толщине по закону Х P  P0 ( х 2 / d 2 ) , где х – расстояние до одной из поверхностей d Р (рис. 10.16). Толщина пластины 0 равна d. Пренебрегая краевыми эффектами, найти разность по- Рис. 10.16. Пластина с «заморожентенциалов U между поверхно- ной» поляризацией. стями пластины.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

208

Ответ: U 

P0 d . 3 0

Р Задача 10.4.2. Р В плоский конденсатор, подключенный к источнику с напряжением U, вставили пластину толщиной h с постоянным, не зависящим от электрического поля, вектором поляризации Р, направленным поперек пластины (рис. 10.17). Площадь пластин конденсатора и вставленной пластины S, расстоя+U Р ние между пластинами d. По– лярность источника и направление поляризации показаны Рис. 10.17. Конденсатор с поляризованной пластиной. на рис. 10.17. Найти заряд конденсатора.  U h  Ответ: q   0  P S .  d d  Задача 10.4.3 Бесконечно длинный цилиндр радиуса R из однородного диэлектрика с проницаемостью ε поместили в однородное электрическое поле напряженностью Е0, которая перпендикулярна оси цилиндра. Найти вектор поляризации диэлектрика.  1 Ответ: P  2 0 E0 .  1 Задача 10.4.4 ([2], 3.84). При некоторых условиях поляризация безграничной незаряженной пластины из диэлектрика имеет вид P  P0 1  x 2 / d 2 , где Р0 – вектор, перпендикулярный к пластине, х – расстояние от середины пластины, d – её полутолщина. Найти напряженность электрического поля внутри пластины и разность потенциалов между её поверхностями. Ответ: E   P0 1  x 2 / d 2 /  0 , U  4 P0 d / 3 0 .









Задача 10.4.5 ([2], 3.95). Пластинка толщиной h из однородного статически поляризованного диэлектрика находится внутри плоского конденсатора, обкладки которого соединены между собой проводником. Поляризация пластинки Р перпендикулярна к её боковым граням и равна Р. Расстояние между обкладками конденсатора d (d > h). Найти векторы Е и D внутри и вне пластины.

Глава 10. Диэлектрики с заданным статическим состоянием …

209

Ответ: E1  Ph / d 0 (в зазоре), E 2  (1  h / d ) P /  0 , D1  D2  Ph / d . Задача 10.4.6 ([2], 3.96). Длинный диэлектрический цилиндр круглого сечения поляризован так, что вектор Р = αr, где α – положительная постоянная, r – расстояние до оси. Найти объемную плотность ρ′ связанных зарядов как функцию расстояния r от оси. Ответ:   2 (не зависит от r).

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

210

Глава 11 ЭНЕРГИЯ И РАБОТА ЭЛЕКТРИЧЕСКОГО ПОЛЯ 11.1. Теоретический материал Энергия парного взаимодействия точечных зарядов qi и qj, находящихся на расстоянии rij друг от друга, представляет собой потенциальную энергию одного из зарядов в электростатическом поле другого заряда:

Wij 

qi q j qi  i  q j  j 1 ,   qi  i  q j  j  4 0 rij 2

(11.1)

где φi – потенциал электрического поля, создаваемого зарядом qj в точке нахождения заряда qi, а φj – потенциал электрического поля, создаваемого зарядом qi в точке нахождения заряда qj. При этом Wij  W ji . Взаимная энергия системы точечных зарядов Wвз равна сумме энергий попарно взаимодействующих зарядов: qi q j 1 n 1 1 (11.2) Wвз      qi  i , 2 i  j 4 0 rij 2 i 1 гдеqi – i-й заряд, i – потенциал поля всех зарядов за исключением i-го в точке нахождения i-го заряда. Взаимная энергия зарядов Wвз равна работе сил кулоновского взаимодействия между зарядами при разнесении их на бесконечность (не затрагивая при этом взаимного расположения элементов каждого из зарядов). Собственная энергия заряда Wсоб равна работе сил кулоновского взаимодействия между элементами заряда при разнесении его элементов на бесконечность. (Полная) энергия системы зарядов W равна сумме взаимной и собственных энергий зарядов: 1 W  Wвз  Wсоб   Wij   Wi , 2 i j i

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

где Wвз 

211

1 Wij – взаимная энергия (энергия взаимодействия) за2 i j

рядов, которая может быть как больше, так и меньше нуля; Wi – собственная энергия i-го заряда, которая всегда больше нуля. (Полная) энергия системы объемно распределенных зарядов: 1 W    dV . 2V где (r ) – объемная плотность заряда, распределенного в объеме (объемах) V; φ – потенциал поля в точке нахождения элемента заряда ρdV, созданный всеми зарядами системы. (Полная) энергия системы поверхностно распределенных зарядов: 1 W    dS , 2S где (r ) – поверхностная плотность заряда, распределенного по поверхности (поверхностям) S; φ – потенциал поля в точке нахождения элемента заряда σdS, созданный всеми зарядами системы. (Полная) энергия системы объемно и поверхностно распределенных зарядов: 1 1 W    dV    dS , (11.3) 2V 2S где φ – потенциал в точке нахождения элемента заряда ρdV или σdS, созданный всеми зарядами системы, а интегрирование ведется по всем областям, где имеются заряды. Формула учитывает как взаимодействие зарядов, находящихся на разных телах, так и взаимодействие друг с другом зарядов, находящихся на каждом из тел системы. Энергия электростатического поля вычисляется по формуле 1 W   E  D dV , (11.4) 2V где E и D – напряженность и электрическая индукция поля; интегрирование ведется по всей области пространства, где локализовано электрическое поле. Объемная плотность энергии электростатического поля равна:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

212

1 1 (11.5) E (r )  D(r )   0 E 2 (r ) . 2 2 Энергия точечного заряда q, расположенного во внешнем электрическом поле напряженностью E 0 (r ) в точке с радиусвектором r , определяется формулой: w(r ) 



W (r )  q  E 0 (r )  dr  q 0 (r ) ,

(11.6)

r

где  0 ( r ) – потенциал внешнего по отношению к заряду q поля в точке расположения заряда. Энергия точечного электрического диполя с дипольным моментом p , расположенного во внешнем электрическом поле в точке с радиус-вектором r , равна: W (r )   p  E 0 (r ) . (11.7) Энергия электрического поля, запасенная в конденсаторе, равна Q2 1 1 W  CU 2   QU . (11.8) 2 2C 2 Закон изменения энергии системы заряженных тел при наличии внешних сил и ЭДС: сумма работ внешних сил А и ЭДС (сторонних сил) Аист при изменении состояния системы заряженных тел равна сумме изменения энергии электрического поля ΔW, создаваемого зарядами этих тел, и выделившегося джоулева тепла Q: А  Аист  W  Q . При квазистатическом (физически бесконечно медленном) изменении состояния системы заряженных тел сила тока в цепи настолько мала, что можно не учитывать потери энергии на джоулево тепло. В этом случае А  Аист  W . 11.2. Основные типы задач (классификация) 11.1. Определение собственной энергии заданного распределения электрических зарядов и энергии электростатического поля этого распределения зарядов в заданном объеме. 11.2. Определение энергии взаимодействия системы, состоящей из точечных зарядов, диполей и нескольких заряженных тел.

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

213

11.3. Определение работы электрических сил при изменении конфигурации системы. 11.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 11.1 Определение собственной потенциальной энергии заданного распределения электрических зарядов и энергии электростатического поля этого распределения зарядов в заданном объеме. Метод решения. Применение формул (11.3) или (11.4) – (11.5). Задача 11.3.1. Заряд q распределен равномерно по поверхности сферы радиуса R. Найти собственную энергию W системы. Решение При решении данной задачи можно использовать два подхода. Способ 1. Собственная энергия W заряженного с объемной плотностью ρ и поверхностной плотностью σ тела определяется формулой: 1 1 W    dV    dS , 2V 2S где φ – потенциал в точке нахождения элемента заряда ρdV или σdS, созданный всеми остальными зарядами системы, а интегрирование ведется по всем областям, где имеются заряды. Так как заряд находится только на поверхности сферы, то потенциал сферы φ и плотность заряда на ней σ – величины постоянные и равные q q 1   ,  , 4 0 R S где S – площадь поверхности сферы. Следовательно, искомая собственная энергия W системы равна: q2 1 1 1 q2 . W    dS   d S  2S 8 0 RS S 8 0 R Способ 2. Другой подход состоит в определении энергии электрического поля, созданного зарядами сферы. Для этого следует использовать формулу, выражающую энергию электрического поля через объемную плотность w ее энергии:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

214

W   w dV  V

1 E  D dV , 2 V

где интегрирование проводится по всему пространству, занятому полем. Внутри сферы напряженность поля равна нулю и, значит, плотность энергии поля также равна нулю. q 1  2 , D = ε0E и плотность энергии поля Вне сферы E  4 0 r равна: 1 1  q w   0 E 2   0  2 2  4 0 r 2

2

  .   Вся энергия поля сосредоточена в пространстве вне сферы, и её величина равна 



q2 q2 dr 1    r 2 8 0 R . 8  0 R R Энергия поля концентрируется преимущественно вблизи зарядов. Так, в рассматриваемой задаче внутри сферы радиусом 2R сосредоточена половина всей энергии поля, а внутри сферы радиусом 3R – уже 2/3 всей энергии. 1 q2 Ответ: W  .  8 0 R W   w 4r 2 dr 

Задача 11.3.2. Определить энергию W поля, созданного зарядом q, равномерно распределенным по объему шара радиуса R. Шар изготовлен из материала с диэлектрической проницаемостью ε. Сравнить энергию W1 поля вне шара и энергию W2 поля внутри него. Решение Способ 1. Будем вычислять энергию электрического поля шара, исходя из распределения объемной плотности энергии в пространстве. Вне шара поле ничем не отличается от поля равномерно заряженной сферы, поэтому запасенная в нем энергия точно равна энергии, вычисленной в предыдущей задаче:

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

215

1 q2 .  8 0 R Индукцию электрического поля D внутри шара определяем по теореме Гаусса для вектора D: 4 (11.8) 4r 2 D    r 3 , 3 q  объемная плотность заряда. где   (4 / 3)R 3 Отсюда получаем, что индукция электрического поля равна: 1 qr . D  4 R 3 D2 Объемная плотность энергии электрического поля w  2 0 зависит только от расстояния до центра шара r. Следовательно, энергия поля внутри шара W2 равна: R q2r 2 q2 1 1 1 2 . W2   wdV    4  r d r    16 2 R 6 2  40  R 0 0 V 0 Отношение энергий поля вне и внутри шара составляет: W1  5 . W2 Искомая полная энергия заряженного шара W, равная энергии электрического поля, создаваемого зарядом шара, равна: q 2 5  1 . W  W1  W2   8 0 5R Способ 2. Это же значение полной энергии шара можно получить по формуле 1 W   (r )dV , (11.9) 2V зная распределение заряда в пространстве и потенциал создаваемого этим зарядом поля. Используем нормировку потенциала    0 . Тогда в области r  R потенциал равен q R 3 1 . (11.10)    4 0 r 3 0 r W1 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

216

Вычислим потенциал электрического поля внутри равномерно заряженного по объёму шара из вещества с диэлектрической проницаемостью . В области r  R из формулы (11.8) с учетом материального уравнения D = εε0E находим значение напряженности поля внутри шара: r E . 3 0  При этом потенциал φ(r) равен: r r 2 (11.11) (r )   E (r )dr   dr    C. 3 0 6 0  Постоянную интегрирования С найдем из условия непрерывности потенциала при r  R , используя формулы (11.10) и (11.11): R 2 R 2 ,  C 6 0  3 0 откуда R 2  1  R 2 (1  2) . C 1    3 0  2  6 0 Окончательно зависимость потенциала от расстояния до центра шара r имеет вид: r 2 R 2 (1  2)  (r )     R 2 (1  2)  r 2 , 6 0 6 0 6 0 q 3q где    – объёмная плотность заряда. V 4R 3 Тогда по формуле (11.9) искомая энергия заряженного шара равна: R 1  2 2 R 5 5  1 W   R 2 1  2   r 2  4r 2 dr    2 0 6 0 9 0 5











q 2 5  1  . 8 0 5R

Ответ: W 

q 2 5  1 W1  5 . ,  8 0 5R W2

Задача 11.3.3. Имеется проводящий шар радиуса r1 и концентричный с ним сферический проводящий слой, внутренняя поверх-

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

217

ность которого имеет радиус r2 > r1, а внешняя – радиус r3 > r2. Заряды шара и слоя равны соответственно q1 и q2. Найти энергию W этой системы зарядов. Решение Ввиду сферической симметрии системы ее энергию проще рассчитать как энергию электрического поля. Внутри шара и внутри проводящего слоя поля нет, т.е. при r < r1 и r2 < r r3 4 0 r Записывая плотность энергии электрического поля согласно формуле (11.5): 1 w(r )   0 E 2 (r ) , 2 находим энергию в каждой области, вычисляя соответствующие интегралы: r

q2 1 2 W1    0 E12  4r 2 dr  1 2r 8 0 1

  ; 

q  q 2  1 1  0 E12  4r 2 dr   1 .  2r 8 0 r3 

W2 

1 1    r1 r2

2

3

Полная энергия системы равна их сумме: 1  2  1 1 1  2q1q2  q22  W  W1  W2  q1      . 8 0   r1 r2 r3  r3  Ответ: W 

1  2  1 1 1  2q1q2  q22  q1      . 8 0   r1 r2 r3  r3 

Задачи типа 11.2 Определение потенциальной энергии взаимодействия системы, состоящей из точечных зарядов, диполей и нескольких заряженных тел.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

218

Метод решения. Использование формул (11.1) – (11.2) и определения энергии взаимодействия системы из нескольких заряженных тел. Задача 11.3.4. В вершинах квадрата со стороной a находятся точечные заряды q1, q2, q3, q4 (рис. 11.1). Найти энергию взаимодействия W этой системы зарядов.

q1

q2

q4 q3 Решение a Энергия взаимодействия системы точечРис. 11.1. Система ных зарядов равна сумме энергий попарно точечных зарядов. взаимодействующих зарядов1: 1 1 qi q j . W  2 i  j 4 0 rij Применительно к данной задаче в этой формуле содержится шесть слагаемых по числу разных пар взаимодействующих точечных зарядов. В четырех из этих слагаемых rij = a и в двух rij  a 2 . Отсюда получаем: q q  q2 q4  1 1 W  q1 q 2  q 2 q3  q3 q 4  q1q 4  1 3 . 4 0 a  2  Ответ: W 

q q  q2 q4  1 1  q1 q 2  q 2 q3  q3 q 4  q1q 4  1 3 . 4 0 a  2 

Задача 11.3.5. Вычислить потенциальную энергию, приходящуюся на один заряд, расположенный в неограниченной линейной цепочке точечных зарядов, величина которых равна q, а знаки чередуются. Расстояние Рис. 11.2. Линейная цепочка зарядов. между соседними разноименными зарядами равно a (рис. 11.2). Решение Энергия взаимодействия какого-либо заряда +q с ближайшим соседом (зарядом –q слева) согласно формуле (11.1) равна: 1

Здесь и далее в этой главе считаем φ∞ = 0.

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

219

1 q2 , 4 0 a а со следующими зарядами соответственно: q2 q2 1 1 , W3   и т. д. W2    4 0 2a 4 0 3a Полная энергия взаимодействия одного заряда со всеми остальными согласно формуле (11.2) определяется суммой: q2  1 1 1 1  W  2(W1  W2  )    1       2 0 a  2 3 4  2 1 q   ln 2 . 2 0 a W1  

Ответ: W  

q2 1  ln 2 . 2 0 a

Задача11.3.6. Точечный заряд q находится на расстоянии h от безграничной проводящей плоскости (рис. 11.3). Найти: а) энергию взаимодействия этого заряда с зарядами, индуцированными на плоскости, б) собственную энергию зарядов, индуцированных на плоскости, в) энергию взаимодействия всех зарядов системы. Решение А. Непосредственно вычислить энергию взаимодействия заряда q с зарядами плоскости можно, если выделить на плоскости участок очень малой площади dS, заряд которого dq = (r)dS можно считать точечным (см. рис. 11.3), записать энергию взаимодействия dW этого заряда с зарядом q и проq суммировать вклады в энергию всех h зарядов плоскости, т.е. вычислить dS интеграл от dW по всем её участкам. O dφ r При этом надо учесть, что энергия взаимодействия W системы двух точечных зарядов q1 и q2 определяется Рис. 11.3. К расчету энергии вза- формулой: имодействия точечного заряда и qq W 1 2 , безграничной проводящей плос4 0 r кости. где r – расстояние между точечными зарядами.

220

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Для расчета удобно использовать полярную систему координат (r, ) с началом координат в основании перпендикуляра, опущенного на плоскость из точки расположения заряда q (точка О на рис. 11.3). В этой системе координат dS = rdrd и суммирование вкладов в энергию от всех участков плоскости означает вычисление интеграла по  в пределах от нуля до 2 и по r от нуля до бесконечности. Плотность индуцированного на плоскости заряда , вычисленная в задаче 6.3.2 главы 6, равна qh  . 2 2(h  r 2 ) 3 / 2 Следовательно, для искомой энергии взаимодействия точечного заряда с зарядами, индуцированными на плоскости, получаем: q rdrd qdq 1 1 dW   2   2 , 2 12 4 0 (h  r ) 4 0 (h  r 2 )1 2 2



q2h q2 1 rdr 1 . W1    d     4 0 2 0 0 (h 2  r 2 ) 2 4 0 2h Отметим, что согласно методу электростатических изображений поле над металлической плоскостью точно совпадает с полем заряда -′′изображения′′ q   q . Поэтому ту же энергию можно было получить как энергию взаимодействия точечных зарядов q и q   q . Б. Для расчета собственной энергии индуцированных зарядов воспользуемся формулой: 1 W      dS , (11.12) 2S qh 1  2 (см. 2 ( h  r 2 ) 3 2 пункт А). В формулу (11.12) входит потенциал  поля, созданного самими поверхностными зарядами на проводящей плоскости. Чтобы его найти, отметим, что потенциал безграничной проводящей плоскости складывается из потенциала  поля, создаваемого самими поверхностными зарядами, и потенциала поля точечного заряда  q . Примем потенциал на бесконечном расстоянии от заряда

где плотность индуцированных зарядов   

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

221

равным нулю. Тогда потенциал безграничной проводящей плоскости тоже равен нулю:  + q = 0, при этом потенциал поля точечного заряда q 1 q   2 . 4 0 (h  r 2 )1 2 Отсюда получаем: q 1     q    2 . 4 0 (h  r 2 )1 2 Вычисляя интеграл с найденным потенциалом, находим искомую энергию взаимодействия: 2



q 2 hrdr q2 1 1 .  d   2 4 0 0 0 2(h 2  r 2 ) 2 16 0 h В. Энергию взаимодействия всех зарядов системы найдем, суммируя энергию взаимодействия точечного заряда с зарядами, индуцированными на плоскости, и собственную энергию зарядов, индуцированных на плоскости. q2 1  q2 q2    . W3  W1  W2   4 0  2 4  16 0 h Замечание. Найденную энергию взаимодействия всех зарядов системы можно определить, воспользовавшись методом электростатических изображений, согласно которому поле над плоскостью совпадает с полем, создаваемым зарядом q вместе с его зарядом′′изображением′′ (–q). Искомая энергия взаимодействия всех зарядов равна половине энергии взаимодействия заряда q с его зарядом-′′изображением′′. Согласно определению, взаимная энергия зарядов равна работе сил кулоновского взаимодействия между зарядами при разнесении их на бесконечность. Если мы будем удалять от плоскости реальный заряд, будет удаляться на бесконечность и заряд-′′изображение′′. Значит, при этом будет совершена также работа по его перемещению на бесконечность, т.е., вычислив энергию взаимодействия заряда q с его зарядом-′′изображением′′, мы получим удвоенное значение искомой энергии. Используя результат пункта а), получим: q2 q2 1 1 . W3      2 4 0 2h 16 0 h W2 

222

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Как можно убедиться, полученное значение энергии равно найденному выше значению. q2 q2 q2 Ответ: а) W   ; б) W  ; в) W   . 16 0 h 8 0 h 16 0 h Задача 11.3.7. Два диполя с дипольными моментами p1 и p2, которые лежат в одной плоскости на расстоянии r друг от друга, образуют с прямой, соединяющей диполи, углы θ1 и θ2 соответственно. Вычислить энергию взаимодействия диполей (рис. 11.4).

p1 1

p2 2

r

Рис. 11.4. Взаимная ориентация диполей.

Решение Энергию взаимодействия диполей рассчитаем с помощью формулы (11.7): W = – pE, которая определяет энергию точечного диполя с дипольным моментом p во внешнем электрическом поле с напряженностью E. В данном случае внешнее поле, действующее на диполь 1, создается диполем 2. Поэтому энергия взаимодействия диполей равна W = –p1E2, где 1  3 p 2 r  r p 2  E2   3 4 0  r 5 r  – напряженность поля, создаваемая вторым диполем в точке расположения первого диполя. Раскрывая скалярное произведение, находим: 1 1  3  p1 r  p 2 r   p1 p 2   3 p 2 r  r p 2  W  p1    3     5 4 0 r  4 0  r5 r3   r 1 p1 p 2 3 cos 1 cos  2  cos( 1   2 ) .  4 0 r 3 Замечание. Энергия взаимодействия: 1 p1 p2 максимальна и равна W  , если θ1 = θ2 = π/2; 4 0 r 3 равна нулю при θ1 = 0, θ2 = π/2;

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

минимальна и равна W   Ответ: W  

223

1 2 p1 p2 , если θ1 = θ2 = 0. 4 0 r 3

1 p1 p2 3 cos 1 cos 2  cos( 1  2 )  . 4 0 r 3

Задачи типа 11.3 Определение работы электрических сил при изменении конфигурации системы. Метод решения. Применяется закон изменения энергии системы заряженных тел при наличии внешних сил и ЭДС. Задача 11.3.8. Сферическая оболочка радиуса R1, равномерно заряженная зарядом q, расширилась до радиуса R2. Найти работу, совершенную при этом силами электрического поля. Решение Энергия равномерно заряженной сферы определена в задаче 11.3.1 и равна q2 W . 8 0 R При расширении оболочки ее радиус увеличивается, и энергия уменьшается. Разность начальной и конечной энергий равна работе сил электрического поля: q2  1 1     . A  W  8 0  R1 R2  Ответ: A 

q2  1 1     . 8 0  R1 R2 

Задача 11.3.9. Плоский воздушный конденсатор с пластинами площадью S и расстоянием между ними d заряжен до разности потенциалов U и отключен от батареи. Какую минимальную работу надо совершить, чтобы увеличить расстояние между его пластинами на Δx? Решение При увеличении расстояния между пластинами конденсатора его емкость С уменьшается и, следовательно, изменяется величина

224

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

запасенной в нем энергии. Если конденсатор отключен от батареи, то заряд q на его обкладках не изменяется. Для определения энергии конденсатора в этом случае удобно использовать формулу q2 , W 2C S где C  0 . d С увеличением расстояния d между пластинами конденсатора запасенная в нем энергия увеличивается за счет работы внешних сил: q 2 (d  x) q 2d q 2x . W  A    20 S 20 S 20 S Выражая заряд конденсатора через первоначальную разность потенциалов q = CU, получаем:  SxU 2 A 0 2 . 2d Замечание. Задачу можно также решать, используя понятие работы силы. Так как q U E   const , 0 S d то сила, действующая на одну из пластин конденсатора со стороны электрического поля второй пластины, не зависит от расстояния между обкладками и равна: E qU CU 2 0 SU 2 F q    . 2 2d 2d 2d 2 Тогда при перемещении пластины на расстояние x внешние силы совершат работу, равную взятой с обратным знаком работе сил электрического поля:  SxU 2 A  Fx  0 2 . 2d  SxU 2 Ответ: A  0 2 . 2d Задача 11.3.10. Плоский воздушный конденсатор с пластинами площадью S заряжен до разности потенциалов U. Не отключая конденсатор от батареи, медленно увеличивают расстояние между пла-

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

225

стинами от x1 до x2. Какую работу выполняют при этом внешние силы? Решение Так как пластины конденсатора притягиваются друг к другу, то для раздвижения пластин внешние силы должны совершить работу. Эта работа будет минимальной, если процесс выполнять квазистатически. Если конденсатор остается подключенным к источнику ЭДС, то при квазистатическом изменении расстояния между пластинами напряжение на пластинах остается постоянным, и для расчета энергии конденсатора следует использовать формулу: W  CU 2 2 , где C  0 S x , х – расстояние между пластинами. При увеличении расстояния х между пластинами емкость конденсатора уменьшается с одновременным уменьшением энергии, запасенной в конденсаторе. После завершения процесса перемещения верхней пластины энергия конденсатора изменится на величину: C  C1  U 2  0 SU 2  1 1  (11.13) W  2   0. 2 2  x 2 x1  Работу внешней силы можно найти, воспользовавшись законом изменения энергии для квазистатического процесса: Амех  Аист  ΔW  Q , (11.14) где Амех – работа внешней силы, Аист – работа, совершаемая источником, ΔW – изменение энергии системы, Q – выделившееся джоулево тепло. Следует отметить, что знак Аист определяется знаком протекшего через источник заряда Δq; работа источника положительна, когда он подает заряд на пластины конденсатора (в этом случае Δq > 0). При медленном перемещении верхней пластины процесс является квазистатическим, поэтому можно считать, что за все время перемещения напряжение на обкладках конденсатора U остается постоянным, тогда сила тока в цепи настолько мала, что можно не учитывать потери энергии на джоулево тепло Q. В данном случае напряжение на пластинах конденсатора остается постоянным, а заряд на них меняется на величину

226

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Δq = U(C2 – С1) < 0. Этот избыточный отрицательный заряд Δq перетекает в источник ЭДС, двигаясь против сил электрического поля, созданного источником (заряд движется к отрицательной пластине источника). При этом работа, совершаемая источником, отрицательна и равна: Aист  q  U  U 2 C 2  C1   0 . (11.15) Теперь, используя уравнение (11.14) и полученные соотношения (11.14) и (11.15), находим работу, совершенную внешними силами: (C1  C 2 ) U 2  0 SU 2  1 1     . Aмех   Aист  W   2 2  x1 x 2  Заметим, что работа внешней силы при увеличении расстояния между пластинами конденсатора положительна. Замечание 1. При увеличении расстояния между пластинами на dx работа электростатических сил равна dA1 = – Fdx, где F = qE1 – сила, действующая на одну из пластин. Здесь q – заряд пластины, Е1 – напряженность поля, созданного зарядом второй пластины; она равна половине напряженности поля в конденсаторе Е. Так как q = CU, E = U/x, находим:  SU 2 F 0 2 ; 2x  SU 2  1 1      W   Aмех . A1  0 2  x2 x1  Замечание 2. В обоих случаях q = const (задача 11.3.9) и U = const (данная задача) сила взаимодействия пластин получилась одинаковой. Действительно, силы определяются только зарядами на пластинах и не зависят от внешних цепей, куда подключен конденсатор.  SU 2  1 1    . Ответ: Aмех  0 2  x1 x2  Задача 11.3.11. Внутри плоского конденсатора находится параллельная обкладкам пластина, толщина которой составляет η = 0,6 расстояния между обкладками. Конденсатор сначала подключили к источнику постоянного напряжения U = 200 В, затем

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

227

отключили и после этого медленно извлекли пластину из зазора. Емкость конденсатора в отсутствие пластины С = 20 нФ. Найти работу, совершенную против сил электрического поля при извлечении пластины, если пластина: а) металлическая; б) стеклянная с диэлектрической проницаемостью ε = 5. Решение Так как конденсатор отключен от источника напряжения, согласно закону сохранения энергии можно искомую работу рассчитать как изменение энергии, запасенной в конденсаторе: Амех  W . При отключенном источнике ЭДС на обкладках конденсатора сохраняется заряд Q и энергию конденсатора следует рассчитывать по формуле: Q2 W . 2C При извлечении пластины емкость конденсатора уменьшается, а запасенная в нем энергия увеличивается. а) Пусть толщина металлической пластины равна h. Тогда начальная емкость конденсатора будет  S 0 S С C1  0   , d  h d (1  ) 1   где S – площадь обкладки, d – расстояние между обкладками. После того, как пластина будет удалена из конденсатора, его емкость станет равна S C 0 . d Изменение потенциальной энергии конденсатора составит: Q2  1 1  Q 2 h Q 2 d Q 2      W  Wкон  Wнач    0. 2  C C1  2 0 S 2 0 S 2C Выражая заряд конденсатора через начальную разность потенциалов: Q = C1U, находим окончательный ответ: С 2U 2  CU 2 A  W    1,5 мДж . 2(1  ) 2 C 2(1  ) 2 б) Начальную емкость конденсатора можно найти, воспользовавшись решением задачи 9.3.4, где найдена емкость плоского конденсатора, заполненного двумя слоями диэлектрика (слой толщи-

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

228

ной d1 с проницаемостью ε1 и слой толщиной d2 = d –d1 c проницаемостью ε2): 0 S . C  d1 d 2      1  2  В условиях данной задачи следует положить ε1 = 1, ε2 = ε и d1 = (1 – η)d, d2 = ηd. Тогда начальная емкость конденсатора запишется в виде: 0S  0 S С C1    .   (1  )  d (1  )    1     d   Изменение энергии конденсатора при удалении диэлектрической пластины равно: Q2  1 1    , W  2  C C1  где Q = C1U. Подставляя найденное выражение для C1, получаем:

A  W 

 2 СU 2 (1  )     2(1  )    2



(  1)CU 2

2(1  )  

2

 0,8 мДж .

Работа против сил электрического поля полностью пошла на увеличение энергии конденсатора. CU 2 Ответ: а) A   1,5 мДж ; 2(1  )2 б) A 

(  1)CU 2 2  (1  )  

2

 0,8 мДж .

Задача 11.3.12. Внутри плоского конденсатора с площадью пластин S = 200 см2 и расстоянием между ними d = 0,1 см находится пластина из стекла (ε = 5), целиком заполняющая пространство между пластинами конденсатора. Какую механическую работу надо затратить на удаление пластины, если конденсатор все время присоединен к батарее с ЭДС, равной U = 300 В?

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

229

Решение Если в процессе удаления пластины источник ЭДС остается подключенным к конденсатору, то для расчета запасенной в конCU 2 денсаторе энергии следует воспользоваться формулой W  .В 2 процессе удаления пластины диэлектрика из конденсатора его ем S  S кость уменьшается от величины С1  0 до С  0 (без плаd d стины). Одновременно происходит уменьшение энергии, запасенной в конденсаторе. Изменение энергии конденсатора равно: (1  )CU 2 W  Wкон  Wнач  0. 2 Работу внешней силы находим по закону изменения энергии: А  Аист  W  Q , (11.16) где Амех – работа внешней силы, Аист – работа, совершаемая источником, ΔW – изменение энергии системы, Q – выделившееся джоулево тепло. При медленном выдвигании диэлектрика процесс является квазистатическим, поэтому напряжение на обкладках конденсатора U остается постоянным и сила тока в цепи настолько мала, что можно не учитывать потери энергии на джоулево тепло Q. Если конденсатор подключен к источнику напряжения, то напряжение на пластинах остается постоянным, а заряд на них меняется на величину q  U (C  C1 )  CU (1  )  0 . Этот избыточный отрицательный заряд Δq перетекает в источник ЭДС, двигаясь против сил электрического поля, созданного источником. При этом работа, совершаемая источником, отрицательна и равна: Aист  Uq  CU 2 (1  )  0 . (11.17) По формуле (11.16) находим механическую работу, совершаемую при удалении стеклянной пластины: (  1)CU 2 (  1)  0 SU 2 Aмех   Aист  W    3,2  10 5 Дж . 2 2d (  1)  0 SU 2  3,2  10 5 Дж . Ответ: Aмех  2d

230

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 11.3.13. Конденсатор емкости C1 = 1 мкФ, предварительно заряженный до напряжения U = 300 В и отсоединенный от источника ЭДС, подключили параллельно к незаряженному конденсатору емкости C2 = 2 мкФ. Найти изменение энергии этой системы к моменту установления равновесия. Решение При соединении конденсаторов первоначальный заряд конденсатора q = C1U перераспределится так, чтобы напряжение U1 на обоих конденсаторах стало одинаковым. При этом силы электрического поля совершат работу по перемещению зарядов и, следовательно, энергия системы уменьшится. При параллельном соединении конденсаторов их емкости складываются, и емкость получившейся системы станет равна C  C1  C 2 . Начальное значение энергии, запасенной в конденсаторах, было W  C1U 2 2 , конечное станет W1  (C1  C2 )U12 2 . Изменение энергии системы ΔW = W1 – W найдем, если определим величину напряжения U1. Это можно сделать, используя закон сохранения заряда: q  C1U  (C1  C 2 ) U 1 , C1U U1  откуда . (C1  C2 ) В итоге получаем изменение энергии системы конденсаторов: C12U 2 CU2 C C U2 W  W1  W   1  1 2  0,03 мДж . 2(C1  C 2 ) 2 2(C1  C 2 ) Замечание. Вся потерянная системой энергия перешла главным образом в тепло за счет омического сопротивления соединительных проводов. При малом омическом сопротивлении и достаточно большой индуктивности системы будут наблюдаться затухающие колебания величины заряда на конденсаторах вплоть до достижения равновесного состояния, когда вся избыточная энергия перейдет в тепло и электромагнитное излучение. C C U2 Ответ: W   1 2  0,03 мДж . 2(C1  C2 ) Задача 11.3.14. Незаряженный металлический шар радиуса R помещен в однородное внешнее поле с напряженностью E0. Какую

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

231

работу необходимо совершить, чтобы переместить шар в область, где поле практически отсутствует? Решение Если проводящий шар находитE0 ся во внешнем однородном электрическом поле с напряженностью E0, то явление электростатической индукции приведет к тому, что на его поверхности появятся поверхностные заряды (рис. 11.5), которые обеспечивают равенство нулю напряженности поля внутри шара. Эти заряды можно представить себе как резуль- Рис. 11.5. Распределение потат малого сдвига на вектор l вдоль верхностных зарядов, возниканаправления напряженности внеш- ющих на проводящем шаре во него поля Е0 друг относительно дру- внешнем электрическом поле. га двух равномерно заряженных по объему шаров того же радиуса R, несущих заряды противоположных знаков q и –q (см. рис. 11.6, центры шаров обозначены как (+) и (–)) Поле каждого из этих шаров во E внешней по отношению к ним области совпадает с полем точечного заряда, равr+ r– ного заряду шара и расположенного в его центре. Таким образом, суммарное поле этих двух шаров будет полем точечного диполя, т.е. шар приобретет некоторый (+) (–) дипольный момент. Величину этого моl мента можно рассчитать, учитывая, что Рис. 11.6. Схематичное поле внутри этих шаров должно полно- изображение центров стью компенсировать внешнее поле. отрицательно и положиРассмотрим непроводящий однород- тельно заряженных шано заряженный шар радиуса R, объемная ров и напряженности их суммарного поля Е. q плотность заряда внутри которого   , V 4 3 где V  R – объем шара. Напряженность поля на расстоянии 3 r < R от его центра находим по теореме Гаусса, применяя её к сферическому объему радиуса r:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

232

4 r 3 . 3 0 С учетом направления E получаем:  E r   r, 3 0 где r – радиус-вектор, проведенный из центра шара в точку внутри него. В области пересечения шаров напряженности их полей складываются, и суммарная напряженность равна:  r  r-     l , E  E   E-  3 0 3 0 4r 2 E (r ) 

где r-  l  r (см. рис. 11.6). Так как внутри проводника Е = 0, то поле внутри шаров должно компенсировать внешнее, т.е. выполняется равенство:  l  E0 . 3 0 Отсюда находим сдвиг центров шаров: 3 l  0 E0  и затем дипольный момент металлического шара во внешнем однородном поле напряженностью E0: 3 p  q l  q  0 E 0  4 0 R 3 E 0 . q /V Как диполь этот шар обладает во внешнем электрическом поле энергией W   p  E 0  4 0 R 3 E 02 . Чтобы удалить шар в область, где поле отсутствует, необходимо совершить работу: A  W  4 0 R 3 E02 . Ответ: A  4 0 R 3 E02 11.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 11.4.1. Насколько изменится полная энергия уединенного металлического шара радиуса R1 с зарядом q, если его окружить

Глава 11. Энергия и работа электрического поля

233

концентрическим сферическим слоем диэлектрика с диэлектрической проницаемостью  и радиусами R2 и R3 (R1 a.  qa2U  1 1   . Ответ: F  4d  L2 L  d 2  Задача 11.4.6. Пространство внутри плоского конденсатора полностью занимает пластина из твердого диэлектрика с проницаемостью ε. Найти минимальную работу, которую необходимо совершить, чтобы увеличить расстояние между пластинами конденсатора вдвое, если он всё время подсоединен к источнику напряжения U, а пластина жестко скреплена с положительной обкладкой. Обкладки конденсатора и пластина – квадраты с ребром а, начальное расстояние между обкладками d r1. Найти внешнее сопротивление R, при котором разность потенциалов на клеммах одного из источников (какого именно?) равна нулю. Ответ: R = r2 − r1, Δφ = 0 у источника тока с сопротивлением r2. Задача 14.4.11 Аккумулятор с ЭДС E = 2,6 В, замкнутый на внешнюю цепь, дает ток I = 1 А при напряжении на его клеммах U = 2 В. Найти тепловую мощность Р, выделяемую в аккумуляторе. Ответ: P = I(E – U) = 0,6 Вт. Задача 14.4.12 ([2], 3.195). Электромотор постоянного тока подключили к напряжению U. Сопротивление его обмотки равно R. При каком токе через обмотку полезная мощность мотора N будет максимальна? Чему равна эта Nмакс? Каков при этом к.п.д. мотора ? U2 U Ответ: I  ; Nмакс = ;   0,5 . 4R 2R Задача 14.4.13 ([2], 3.191). Сколько тепла выделится в спирали с сопротивлением R = 75 Ом при прохождении через нее количества электричества q = 100 Кл, если ток в спирали: а) равномерно убывал до нуля в течение Δt = 50 c; б) монотонно убывал до нуля так, что через каждые Δt = 2,0 c он уменьшался вдвое.

300

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Ответ: а) Q = 4q2R/3Δt = 20 кДж; б) Q = ln 2 q2R/2Δt = 0,13 МДж. Задача 14.4.14 ([2], 3.199). В схеме на рис. 14.18 R1 = 20 Ом и A R1 R2 = 30 Ом. При каком R2 сопротивлении Rх выделяемая на нем тепловая мощность практически не будет зависеть от малых B изменений этого сопротивления? Рис. 14.18. Схема Напряжение между точками А и В задаче 14.4.14. постоянное. Ответ Rх = R1 R2/(R1 + R2) = 12 Ом. Задача 14.4.15. Цепь состоит из двух батарей с ЭДС E1 и E2 и резисторов R1-4 = R (рис. 14.19). Какая тепловая мощность рассеивается на каждом из этих резисторов? (E  E ) 2 Ответ: P1  P4  1 2 , 4R (E  E ) 2 P2  P3  1 2 . 4R

R1

R3

Rx

цепи

E2

E1

к

R2

R4

Рис. 14.19. Схема цепи к задаче 14.4.15.

Задача 14.4.16. В схеме, представленной на рис. 14.20, даны величины E1,2, R1,2. При каком сопроE1 E2 тивлении R выделяемая на нем тепловая мощность будет максимальна? Чему она R1 R R2 равна? R1 R2 Ответ: R = ; R1  R2 Pмакс =

(E1R2  E2 R1 ) 2 . 4 R1R2 ( R1  R2 )

Рис. 14.20. Схема цепи к задаче 14.4.16.

302

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 15 МАГНИТНЫЕ ПОЛЯ ПРОВОДНИКОВ С ТОКОМ. ЗАКОН БИО–САВАРА–ЛАПЛАСА 15.1. Теоретические вопросы Линейный ток – ток, у которого линейные размеры любого поперечного сечения трубки тока гораздо меньше, чем расстояние от этого сечения до рассматриваемой точки наблюдения или характерные линейные размеры неоднородности поля, в котором находится сечение трубки. Элемент линейного тока – физически бесконечно малый элемент длины dl линейного тока. Этот элемент тока характеризуется физической величиной, также называемой линейным элементом тока, и равной di  Idl , где направление вектора dl совпадает с направлением плотности тока. Элемент объемного тока – физически бесконечно малый элемент объема dV пространства, в котором течет ток. Этот элемент тока характеризуется физической величиной, также называемой объемным элементом тока и равной di  jdV, где j – плотность тока. Элемент линейного тока Idl эквивалентен объемному элементу jdV того же тока: Idl = jdV. В зависимости от выбранной модели описания токов в формулах можно перейти от линейных токов к объемным и наоборот. Закон Био–Савара–Лапласа Индукция магнитного поля (магнитная индукция) dB, создаваемого элементом линейного или объемного тока, равна:  I dl , r    j, r  или dB  0  3 d V , (15.1) dB  0  4 r 4 r3 где r – радиус-вектор относительно линейного или объемного элемента тока (Idl или jdV) точки наблюдения, в которой вычисляется магнитная индукция поля dB;  0  4  10 7 H A 2 –





магнитная постоянная  0 4  10 7 H A 2 . Принцип суперпозиции для магнитного поля: индукция магнитного поля, создаваемого совокупностью элементов

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

303

постоянного тока, равна сумме индукций магнитных полей, создаваемых каждым элементом в отдельности. Линия магнитной индукции – воображаемая направленная линия в пространстве, касательная к которой в каждой точке совпадает с направлением индукции магнитного поля в этой точке (в общем случае в данный момент времени). Свойства линий магнитной индукции: 1) через любую точку в магнитном поле можно провести линию магнитной индукции; 2) линии магнитной индукции не пересекаются; 3) линии магнитной индукции замкнуты или уходят в бесконечность; 4) линии гуще там, где модуль индукции магнитного поля больше. Прямой ток – постоянный линейный ток, текущий по физически бесконечно длинному прямому проводнику. Поперечные линейные размеры проводника гораздо меньше расстояния до точки наблюдения, а длина гораздо больше этого расстояния. Магнитная индукция постоянного прямого тока направлена по касательной к окружности с I центром на проводе, ее направление согласовано с направлением тока по правилу буравчика (рис.15.1). B Модуль магнитной индукции d пропорционален силе тока I и обратно пропорционален расстоянию d от точки наблюдения Рис. 15.1. Линия индукции до прямого тока: магнитного поля прямого тока.  2I . B 0  4 d S Магнитный момент плоского витка с n током равен I 2 pm = ISn, [pm] = Ам , (15.2) pm где I – сила тока в витке, S – площадь витка, n – нормаль к плоскости витка, Рис. 15.2. Магнитный согласованная с направлением тока по момент плоского витка с током. правилу буравчика (рис.15.2).

304

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Элементарный ток (точечный магнитный диполь) – это плоский физически бесконечно малый (по сравнению с расстоянием до точки наблюдения или с линейными размерами неоднородности внешнего магнитного поля) виток с постоянным током. Индукция B(r) магнитного поля, создаваемого элементарным током, равна:  3 pm r r  r 2 pm B(r )  0  , (15.3) 4 r5 где pm – магнитный момент элементарного тока, r – радиус-вектор точки наблюдения относительно места расположения элементарного тока. 15.2. Основные типы задач (классификация) 15.1 Определение индукции магнитного поля, создаваемого током заданной конфигурации. 15.2 Определение магнитного момента контура с током и индукции магнитостатического поля, созданного заданным распределением магнитных диполей. 15.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 15.1 Определение индукции магнитного поля, создаваемого током заданной конфигурации. Метод решения. Если необходимо определить индукцию магнитостатического поля линейного тока, ограниченного в пространстве, то решение основывается на использовании закона Био-Савара-Лапласа (15.1) и принципа суперпозиции. Задача 15.3.1. Определить индукцию магнитного поля, создаваемого отрезком прямого провода длиной 2L в точке А, находящейся в плоскости, перпендикулярной отрезку и проходящей через его центр, на расстоянии а от провода. Сила тока, текущего в проводе, равна I.

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

305

Решение В данной задаче ток, магнитное поле которого необходимо определить, ограничен в пространстве и расположен симметрично относительно плоскости, указанной в условии. Выберем правую декартову систему координат, у которой ось Z совпадает с проводом, начало – с центром провода, ось Y проходит через точку А, ось Х направлена перпендикулярно Рис. 15.3. Определение индукции плоскости чертежа на нас (рис. магнитного поля, создаваемого отрезком прямого провода с током. 15.3). Рассмотрим произвольный элемент тока длиной dl = dz, находящийся на расстоянии z от начала отсчета. Он создает в точке А, характеризуемой радиус-вектором r, магнитное поле с индукцией dВ. Согласно (15.1) направление вектора dВ определяется направлением вектора [dl r], т.е вектор dВ направлен на нас перпендикулярно плоскости рисунка (так как в рассматриваемом случае ток течет против направления оси Z и вектор dl направлен в ту же сторону). Линии индукции магнитного поля, создаваемого таким прямолинейным участком тока, лежат в плоскости, перпендикулярной проводу. Пусть угол, который составляет некоторый элемент тока с направлением на точку А, равен . Тогда: ad a ; z  a ctgα ; d z   2 . r sin  sin  В соответствии с законом Био-Савара-Лапласа (15.1)  Idz  I d B  d B x  0  2 sin    0  sin  d  . 4 r 4 a В силу симметрии задачи для нахождения В можно проинтегрировать это выражение по половине провода и удвоить результат:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

306



B  Bx  2

0 I 1  I ( sin ) d   0 cos 1 . 4 a  / 2 2 a



Здесь 1 – угол, который составляет с направлением на точку А L крайний элемент тока. Так как cos 1  , окончательно a 2  L2 получаем:  I L B 0  . 2 2a a  L2 Замечание 1. Если плоскость, в которой лежит рассматриваемая точка, перпендикулярна проводу, но не проходит через его центр, то индукция магнитного поля может быть вычислена аналогично:  I B  0  (cos 1  cos 2 ) , 4 a где 1 и 2 – углы, которые составляют с направлением на точку расчета крайние элементы тока. Замечание 2. В предельном случае a > R Рис.15.5б. Определение магнит0 IR 2 ного поля дуги. B( x)   3 , 2 x что совпадает с выражением для индукции поля точечного магнитного момента (элементарного тока) на его оси. Действительно, плоский контур с током можно рассматривать как магнитный момент pm: pm = IS n,

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

309

где I – сила тока в контуре, S – площадь контура, n – положительная нормаль к контуру, обходимому по направлению тока (рис. 15.5в). В случае x >> R такой магнитный момент называют точечным магнитным моментом (магнитным диполем) или элементарным током и определяют индукцию его магнитного поля в Рис. 15.5в. Магнитный произвольной точке на расстоянии r от момент кольца с током. центра витка по формуле: 0  3( pm r )r pm  Br    3 .  4  r 5 r  При нахождении индукции магнитного поля на оси элементарного тока векторы pm и r параллельны и r = x. В этом случае   3p x2 p   2 p  2 I R 2  0 IR 2 . B( x)  0  m5  m3   0  3m  0    4  x 4 2 x3 x  4 x x3 Ответ: B 

0 IR 2  2 R2  x2





3/ 2

.

Задача 15.3.4. Два одинаковых круговых витка, ток в каждом из которых равен I, располагаются так, что их плоскости параллельны, а центры лежат на одной оси на расстоянии L друг от друга. Радиус витков R. Предполагая, что токи в витках текут в одном направлении, определить, при каком соотношении между R и L магнитное поле в центре системы на оси витков будет максимально однородным, а также величину индукции этого поля. Решение Выберем систему координат так, чтобы её ось Х совпадала с осью витков. Начало координат совместим с центром симметрии системы (см. рис. 15.6). При решении данной задачи будем опираться на решение задачи 15.3.3. Используя принцип суперпозиции, получим, что величина индукции магнитного поля в произвольной точке (с координатой х) на оси равна

310

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

 IR 2 B( x )  0 2

2 3 / 2 2 3 / 2    2 L   2  L       R    x   R    x   .   2 2           

Рис. 15.6 Индукция магнитного поля на оси двух круговых витков с одинаковыми токами.

Рассмотрим магнитное поле вблизи начала координат. При разложении функции B(x) в ряд в окрестности точки x = 0 получим: x2 B( x )  B(0)  xB (0)  B (0)  ... 2 Поле в окрестности точки x = 0 будет тем однороднее, чем больше производных будут равны нулю. Покажем, что в данном случае B(0)  0 и B(0)  0 . Введем обозначения: 2  2 L    F1 ( x )  R    x   2   



3 2

; 

3

2  L   2 F2 ( x )  F1 (  x )   R 2    x   .  2    Тогда B (0)  0 , если F1(0)   F2 (0) , и B(0)  0 , если F1(0)   F2(0) . Дифференцируя полученные функции, получаем: условие F1(0)   F2(0) выполняется при любых L; условие F1(0)   F2(0) выполняется при L = R. Таким образом, поле между витками на их оси максимально однородно, если расстояние между витками равно их радиусу.

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

311

Определим значение функции B(x) в точке x = 0 при этом условии. Получим: B(0) L  R

 IR 2  2 R 2    0 2  R  2 4   

0 I R

4    5

3/ 2

 0,715

3 / 2

2

4   0 IR  2   5R 

3/ 2



0 I . R

Замечание 1. Ввиду того, что функции F2(x) = F1(–x), не только первая производная, но и все нечетные производные от F1(x) + F2(x) равны нулю при любых L. Таким образом, первой не равной нулю будет производная 4 порядка. Замечание 2. В поперечном направлении (перпендикулярно оси Х) область однородности поля примерно такая же, как и в продольном, однако доказательство этого факта достаточно сложное. Замечание 3. Если в качестве объектов, создающих магнитное поле, рассмотреть две одинаковые тонкие катушки из N витков, то можно считать их эквивалентными двум кольцам радиуса R с током NI в каждом. Если расположить такие катушки соосно друг другу на расстоянии, равном их среднему радиусу, то магнитное поле между ними можно считать однородным и равным по модулю 3/ 2

0 NI  4   NI    0,715 0 . R 5 R Такая система называется катушками Гельмгольца. Наряду с соленоидом они используются для создания однородного магнитного поля. Ответ: магнитное поле на оси витков посередине между ними максимально однородно при L = R, и его индукция равна B

B

0 I  4    R  5

3/ 2

 0,715

0 I . R

Задача 15.3.5. Найти модуль индукции магнитного поля на оси соленоида с током I в произвольной точке, из которой края соленоида видны под углами 1 и 2. Радиус сечения соленоида R, плотность намотки витков на единицу длины n.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

312

Решение Учитывая осевую симметрию соленоида, выберем ось Х системы координат совпадающей с его осью (рис. 15.7а). Точку, в которой требуется определить индукцию магнитного поля, примем за начало отсчета.

Рис. 15.7а. К определению магнитного поля на оси соленоида.

Магнитное поле, создаваемое соленоидом на его оси, можно представить как суперпозицию полей, создаваемых круговыми витками линейного тока, причем ширина участка соленоида с этими витками равна dx, а сила тока в каждом из них равна nIdx. Тогда, аналогично решению задачи 15.3.3, для модуля индукции магнитного поля такого витка на его оси получим:  (nI dx) R sin  , dB()  0  2 r2 здесь  – угол, под которым видно рассматриваемое кольцо из точки наблюдения. На рис. 15.7а видно, что r  R sin  и x  R ctg  , а значит dx   R sin 2   d . Так как проекции на ось Х магнитных индукций от всех витков имеют одинаковый знак, получим искомый модуль индукции магнитного поля на оси соленоида:  In B  dB()  0 2



2



1 ( sin ) d  0 In (cos  2  cos 1 ) . 2

  1

Замечание 1. Если длина соленоида много больше его радиуса (бесконечный соленоид), то cos 1 = cos 2 = 1. Индукция

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

313

магнитного поля на оси такого соленоида не зависит от точки наблюдения и равна: B  0 In . Замечание 2. Для точки, находящейся в центре торца длинного соленоида, 1 = /2, 2 = 0, и индукция магнитного поля равна: 1 1 B  0 In  B . 2 2 Замечание 3. Значения углов 1 > /2 или 2 > /2 соответствуют точкам, лежащим вне соленоида на его оси. Решение задачи не отличается от рассмотренного. При удалении от соленоида вдоль его оси 1   и 2  0, модуль индукции магнитного поля В  0. Дополнение. В реальных соленоидах намотка осуществляется не в один слой, поэтому нельзя пренебрегать толщиной соленоида. Для такого соленоида поле на оси представляет собой суперпозицию полей тонких соленоидов разных радиусов: R2

B   dB ( R ) , R1

где R1 и R2, внутренний и внешний радиусы намотки.

Рис. 15.7б. К определению индукции магнитного поля на оси толстого соленоида.

Если общее число витков N, длина соленоида l, сила тока в обмотке I, то в случае равномерно намотанного провода имеем:  NI  dR dB( x)  0 (cos 1  cos  2 )  2l ( R2  R1 )



 0 NI  dR  l 2 x l 2 x  2l ( R2  R1 )  (l 2  x) 2  R 2 (l 2  x) 2  R 2 

 .  

314

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Здесь х – расстояние от центра соленоида до рассматриваемой точки на его оси (рис. 15.7б). Тогда модуль индукции результирующего поля на оси соленоида равен: 2 2  NI (l 2  x)  R2  (l 2  x)  R2  B( x)  0 ln  2l ( R2  R1 )  R  (l 2  x) 2  R 2  1   1 2 2  NI (l 2  x)  R2  (l 2  x)  R2   0 ln , 2l ( R2  R1 )  R  (l 2  x) 2  R 2  1   1 где при интегрировании учтено, что dR 2 2  a 2  R 2  ln  R  a  R  . В центре соленоида (х = 0)  R  (l 2) 2  R 2  0 NI 2 B(0)  ln  2 2( R2  R1 )  R  (l 2) 2  R 2 1  1  R  (l 2) 2  R 2  l 2  где   . ln  2 2( R2  R1 )  R  (l 2) 2  R 2  1   1 1 Ответ: B  0 In (cos2  cos1 ) . 2

    nI , 0  

Задачи типа 15.2 Определение магнитного момента контура с током и индукции магнитостатического поля, созданного заданным распределением магнитных диполей. Метод решения. Использование формул (15.2) и (15.3) теоретического материала. Определение индукции магнитного поля, созданного заданной системой магнитных диполей, является одной из важнейших задач магнитостатики. Особое значение эта задача приобретает в разделе «Магнитостатика магнетиков», так как магнитный момент является основной величиной, характеризующей магнитные свойства вещества. Для замкнутых линейных токов на большом расстоянии от них поле аналогично

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

315

полю диполя, поэтому решение задачи значительно упрощается при использовании дипольного описания. Задача 15.3.6. Точечный магнитный диполь pm расположен в начале декартовой системы координат вдоль её оси OY. Определить величину индукции магнитного поля в точке М с координатами (х, y) Рис. 15.8. Ориентация магнит(см. рис. 15.8).

ного диполя pm относительно

Решение декартовой системы координат. Согласно соотношению (15.3) вектор индукции магнитного поля в точке, определяемой радиус-вектором r, равен   3( pm r ) r pm  B 0  3 . 4  r 5 r  Определим проекцию вектора В на ось Х. Так как магнитный p  момент диполя перпендикулярен этой оси, то  m3   0 и  r x   3( pm r )r    3 p r cos r sin   Bx  0    0 m . 5 4  r r5  x 4   Здесь  – угол между векторами pm и r, поэтому y x cos  ; sin   ; r  x 2  y 2 . r r Отсюда получаем:  3 p xy Bx  0 2 m 2 5 2 . 4 ( x  y ) Аналогично имеем для компоненты магнитного поля, параллельной оси Y:   3( pm r ) r pm   0  3 pm r 2 cos2  pm   By  0     3    4  r 5 r 3  y 4  r5 r  2 2  pm (2 y  x ) .  0 4 ( x 2  y 2 )5 2 Окончательно получаем:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

316





2

2 y 2  x2  x2 y 2 0 . B   pm 52 4 x2  y 2 Замечание. Эту задачу удобно решать в цилиндрической системе координат аналогично задаче 4.3.3 главы 4 (определение напряжённости поля точечного электрического диполя). В этом случае положение точки М определяется длиной радиус-вектора r и полярным углом , а величина магнитной индукции поля диполя в этой точке может быть представлена как  p B  0  m3 3 cos 2   1 . 4 r (2 y 2  x 2 ) 2  x 2 y 2  Ответ: B  0 pm . 4 ( x 2  y 2 )5 2 Bx2

By2





Задача 15.3.7. Два точечных магнитных диполя с равными по величине моментами pm1  pm2  pm находятся на некотором расстоянии друг от друга в одной плоскости и ориентированы взаимно перпендикулярно. При какой ориентации магнитных моментов относительно соединяющей их прямой индукция магнитного поля в точке О, расположенной посередине между диполями, будет минимальной и максимальной? Решение Пусть расстояние между диполями равно 2а. В выбранной системе отсчета (см. рис. 15.9) компоненты индукции магнитного поля, созданного левым и правым магнитными моментами в точке О согласно Рис. 15.9. Определение индукции соотношению (15.3) соответ- магнитного поля от двух взаимно перпендикулярных магнитных диполей. ственно равны: левый диполь p m1 :

B1 x 

 0  3 pm a 2 cos pm cos   0 pm cos   ;  4  a5 a 3  2 a 3

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

317

 0 p m sin  ;  4 a3 правый диполь p m 2 : B1 y 

 0 p m cos(    2)  p sin  ;    0  m 3 3 2 2 a a  p cos  . B2 y  0  m 3 4 a Согласно принципу суперпозиции для индукции магнитного поля получим:  p B  0  m3 ( B1x  B2 x ) 2  ( B1 y  B2 y ) 2  4 a  0 pm   4(cos   sin ) 2  (cos   sin ) 2 . 4 a 3 Исследование функции B2 x 

f() = 4(cos  sin )2  (cos  sin )2 на экстремум дает:  p 2  5 при   , : B = Bmin= 0  m 3 , 4 4 4 a  p 2 2 3 7 при   , : B = Bmax= 0  m 3 . 4 4 4 a Замечание. В цилиндрической системе координат аналогичная задача для электрического диполя решена в главе 4 (задача 4.3.4).  5 Ответ: B(0) = Bmin при   , ; 4 4 3 7 B(0) = Bmax при   , . 4 4 Задача 15.3.8. Непроводящая сфера радиуса R, равномерно заряженная по поверхности с плотностью заряда , вращается с постоянной угловой скоростью  вокруг оси, проходящей через её центр. Определить магнитную индукцию B в центре сферы и её магнитный момент pm.

318

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Решение В силу симметрии задачи её удобно решать в сферической системе координат. Будем отсчитывать угол  этой системы координат от оси Z, направление которой совпадает с вектором угловой скорости сферы (рис. 15.10). Рассмотрим произвольное тонкое кольцо шириной R d на рассматриваемой сфере. Так как оно вращается с постоянной угловой скоростью вокруг своей оси, то такая система аналогична неподвижному Рис. 15.10. К расчёту магнитного поля в центре кольцу, по которому течет ток силы вращающейся сферы. dq  dS dI    T T  2R sin  R d   R 2 sin  d , T где Т – период обращения сферы вокруг своей оси. Согласно решению задачи 15.3.3, магнитное поле, создаваемое таким витком в центре сферы, направлено вдоль оси Z, и его индукция равна:  dI sin    R 3 dB  0  2R sin   0 sin  d . 2 4 2 R Интегрируя по кольцам в соответствии с принципом суперпозиции, получим индукцию магнитного поля в центре сферы: /2  R   R 2 2 B2  0 sin 3  d  2 0    0 R . 2 2 3 3 0 Определим теперь магнитный момент такой системы. Согласно (15.2), магнитный момент кольца с током равен pm = ISn. Эта величина не зависит от точки, относительно которой определяется магнитный момент. Тогда аналогично вычислению магнитной индукции найдём магнитный момент вращающейся сферы как суперпозицию магнитных моментов колец с током, на которые можно разбить такую систему.

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

Магнитный момент dpm произвольного тонкого шириной R d и радиуса Rsin равен: dpm  R 2 sin  d  ( R sin ) 2 . Тогда для искомого магнитного момента получим:

319

кольца

2

pm  2  R

4



sin3  d 

4 1 R 4  QR 2  , 3 3

0

где Q  4R  – заряд сферы. 2 4 Ответ: B  0R ; pm  R 4  . 3 3 2

15.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 15.4.1. Определить величину индукции магнитного поля в центре равностороннего треугольника со стороной а, если: а) его обтекает ток I; б) источник ЭДС подключен к двум вершинам треугольника. Поле подводящих проводов не учитывать, сопротивление всех сторон треугольника одинаково. 9 I Ответ: а) B  0 ; б) В = 0. 2a Задача 15.4.2. Найти величину индукции магнитного поля в центре плоской спирали, по которой течет ток силы I. Спираль заключена между окружностями радиусов R1 и R2 (R1 > R2). Общее число витков спирали N. Поле подводящих проводов не учитывать Рис. 15.11. Плоская спираль с током. (рис. 15.11).  N I ln( R2 / R1 ) Ответ: B  0 . 2R2  R1 

320

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 15.4.3. Ток I течет по тонкому замкнутому проводнику, показанному на рис. 15.12. Радиус изогнутой части проводника равен R, угол 2=90. Найти 15.12. Конфигурация величину индукции магнитного поля в Рис. провода с током в задаче точке О. 15.4.3.  0 I  3  Ответ: B    1 . 2 R  4  Задача 15.4.4. Найти величину индукции магнитного поля в точке О для контура с током I, который показан на рис. 15.13. Радиусы а, b и угол  известны.  I  2     Рис. 15.13. Конфи . Ответ: B  0  гурация провода с 4  a b током в задаче 15.4.4.

Задача 15.4.5. Найти величину индукции магнитного поля в точке О для проводника с током I, который показан на рис. 15.14. Гори- Рис. 15.14. Конфигурация провода зонтальные части провода можно с током в задаче 15.4.5. считать бесконечно длинными, радиус полукольца равен R.  I Ответ: B  0 . 4R Задача 15.4.6. Найти индукцию магнитного поля в точке О, если проводник с током I имеет вид, показанный на рис. 15.15. Горизонтальные части провода можно считать бесконечно длинными, радиус полукольца равен R.  I Ответ: B  0 4   2 , вектор B Рис. 15.15. Конфигурация 4R провода с током в задаче лежит в плоскости XZ под углом  к оси 15.4.6. ОХ, где tg  0,63.

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

321

Задача 15.4.7. ([2], 3.223). Ток I течёт по тонкому проводнику, который имеет вид правильного n-угольника, вписанного в окружность радиуса R. Найти магнитную индукцию в центре данного контура. Исследовать полученное выражение при n. Ответ: B 

 0 nI tg( / n) . 2R

Задача 15.4.8. ([2], 3.226(б)). Найти индукцию магнитного поля в точке О контура с током I, который показан на рис. 15.16. Радиус кольца а и сторона квадрата b известны. Рис. 15.16. Конфигу I  3 2  Ответ: B  0  .  рация провода с  4  2a b  током в задаче 15.4.8. Задача 15.4.9. ([2], 3.230). Длинный проводник с током I = 5 А изогнут под прямым углом. Найти индукцию магнитного поля в точке, которая отстоит от плоскости проводника на l = 35 см и находится на перпендикуляре к проводнику, проходящем через точку сгиба.  2I  2 мкТл. Ответ: B  0 4l Задача 15.4.10. ([3], 303). По длинному прямому проводнику течёт ток силы 2I. В некоторой точке проводник разветвляется на два длинных одинаковых провода, расположенных под углами  и  к первоначальному направлению. Определить индукцию магнитного поля В, созданного такой системой токов в точке М, находящейся на линии, перпендикулярной плоскости токов, на расстоянии r от места их разветвления.  I Ответ: B  0 6  4(cos  cos)  2 cos(  ) . 4r Задача 15.4.11. ([3], 305). Источник ЭДС присоединен к двум противоположным вершинам плоского проволочного контура,

322

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

имеющего форму квадрата. Какова величина индукции магнитного поля, создаваемого токами, текущими по контуру, в центре квадрата? Поле подводящих проводов не учитывать. Ответ: В = 0. Задача 15.4.12. ([3], 309). К противоположным концам диаметра АВ проволочного контура в форме окружности радиуса R присоединён источник ЭДС. Определить индукцию магнитного поля в произвольной точке диаметра. Поле подводящих проводов не учитывать. Ответ: В = 0. Задача 15.4.13. ([3], 310). Деревянный шар радиуса R обмотан тонкой проволокой так, что витки ложатся по большим кругам, пересекаясь в концах одного и того же диаметра АВ. Число витков 6, и плоскости каждой пары соседних витков образуют друг с другом угол 30. По проволоке течёт ток силы I. Найти величину и направление индукции магнитного поля в центре шара.  I Ответ: В  0 sin15  sin 45  sin 75 . 4R





Задача 15.4.14. ([3], 311) На деревянный круглый цилиндр намотаны четыре витка проволоки под углом 45 один к другому. Каждый виток представляет собой прямоугольную рамку со сторонами h (высота барабана) и D (диаметр основания барабана). По проволоке течёт ток силы I. Найти модуль и направление индукции магнитного поля В в середине оси цилиндра.  14 I  3   B 0 h 2  D 2  sin  sin  , Ответ: индукция hd 8 8   направлена под углом 22,5 к вертикальной плоскости. Задача 15.4.15. ([3], 313). Деревянный шар радиуса R обмотан тонкой проволокой так, что все витки параллельны между собой. Витки плотно уложены и покрывают ровно половину поверхности шара в один слой. Количество витков равно N, по проволоке течёт

Глава 15. Магнитные поля проводников с током. Закон …

323

ток силы I. Найти модуль индукции магнитного поля в центре шара.  I Ответ: B  0 ( N  1) . 4R Задача 15.4.16. ([3], 314). Куб спаян из одинаковых кусков тонкой проволоки, каждый из которых имеет сопротивление r. Определить индукцию магнитного поля в центре куба, если к противоположным концам его пространственной диагонали подключить источник с напряжением U. Поле подводящих проводов не учитывать. Ответ: В = 0. Задача 15.4.17. ([3], 320). Два одинаковых проводящих кольца радиуса R расположены на расстоянии l = 2R друг от друга. Центры колец расположены на одной прямой, а их плоскости параллельны друг другу. По кольцам текут токи одинаковой силы I, направление которых также совпадает. Определить модуль индукции B магнитного поля в произвольной точке на оси колец и построить примерный график зависимости В от расстояния х до центра системы.   IR 2  1 1   Ответ: B  0 2 2 32  2  R 2  ( R  x) 2 3 2 R  ( R  x) 







Задача 15.4.18. ([2], 3.228). Ток силой I = 11 А течёт по длинному прямому проводнику, сечение которого имеет форму тонкого полукольца радиуса R = 5 см (рис. 15.17). Найти индукцию магнитного поля в точке О. I Ответ: В  20  28 мкТл. R



Рис. 15.17. Конфигурация провода с током в задаче 15.4.18.

Задача 15.4.19. Непроводящий тонкий диск радиуса R, равномерно заряженный с одной стороны с поверхностной плотностью , вращается вокруг своей оси с угловой скоростью .

324

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Найти: а) величину индукции магнитного поля в центре диска; б) модуль магнитного момента диска.  R 4  R Ответ: а) B  0 ; б) p m  . 4 2 Задача 15.4.20. Заряд Q равномерно распределен по объёму однородного шара радиуса R, который вращается вокруг оси, проходящей через его центр, с угловой скоростью . Найти магнитный момент такой системы. Q R2 . Ответ: p m  5

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

325

Глава 16 МАГНИТНЫЕ ПОЛЯ ПРОВОДНИКОВ С ТОКОМ. ТЕОРЕМА О ЦИРКУЛЯЦИИ. ВЕКТОРНЫЙ ПОТЕНЦИАЛ 16.1. Теоретические вопросы Теорема о циркуляции вектора магнитной индукции в интегральной и дифференциальной формах. Интегральная форма теоремы. Циркуляция индукции постоянного магнитного поля по любому замкнутому контуру (L) равна произведению магнитной постоянной на силу полного тока I, охватываемого этим контуром (протекающему через любую поверхность, ограниченную контуром):

 B  dl   I . 0

(16.1)

L

Дифференциальная форма теоремы. В каждой точке пространства, где существует произвольное постоянное магнитное поле,

rot B(r )  0 j (r ) .

(16.2)

Здесь обе части соотношения относятся к одной и той же точке пространства, задаваемой радиус-вектором r. Поток (вектора) магнитной индукции d через физически бесконечно малый элемент поверхности равен: (16.3) d  B(r )  dS . Поток магнитной индукции через всю поверхность S равен:



  d  S

 B(r )  dS .

(16.4)

S

Единица измерения потока вектора магнитной индукции:   Тл м 2  Н м А  Вб . Теорема Гаусса для магнитного поля в интегральной и дифференциальной формах. Интегральная форма теоремы. Поток вектора магнитной индукции через любую замкнутую поверхность S равен нулю:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

326

 B(r )  dS  0 .

(16.5)

S

Дифференциальная форма теоремы. В каждой точке пространства, где существует магнитное поле, div B(r )  0 . Теорема Гаусса в обеих формах справедлива для любых, в том числе переменных, магнитных полей. Векторный потенциал и его связь с магнитной индукцией. Индукция магнитного поля может быть представлена в виде ротора векторного потенциала магнитного поля: B(r) = rotA(r). (16.6) Векторный потенциал магнитного поля токов: для объемно распределенных токов:  j (r ' ) (16.7) A(r )  0 dV  , 4 R



V

для линейных токов:  dl ' A 0 Ii . 4 R

  i

(16.8)

Li

Здесь V' – область пространства, где имеются объемные токи; L i – замкнутые контуры токов. Единица измерения – А  Н А . Нормировка векторного потенциала. Если в качестве определения векторного потенциала принять его дифференциальную связь с магнитной индукцией B(r) = rotA(r), то поле с заданной индукцией B может быть описано также векторным потенциалом A'  A  grad  при произвольной скалярной функции . В этом случае можно провести нормировку (кулоновскую калибровку) векторного потенциала: divA(r) = 0.

(16.9)

16.2. Основные типы задач (классификация) 16.1 Определение индукции магнитостатического поля от безграничных распределений токов, обладающих плоской или осевой симметрией.

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

327

16.2 Определение индукции магнитного поля с использованием векторного магнитного потенциала (эквивалентные плоские электростатические и магнитостатические задачи). 16.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 16.1 Определение индукции магнитостатического поля от безграничных распределений токов, обладающих плоской или осевой симметрией. Метод решения. При решении задач, в которых рассматриваются системы токов, формально не ограниченные в пространстве (бесконечные линейные, плоские или объёмные токи), обладающие плоской или осевой симметрией, удобно опираться на теорему о циркуляции вектора магнитной индукции (закон полного тока) (16.1). Аналогично применению электростатической теоремы Гаусса (глава 2), при вычислении циркуляции вектора магнитной индукции по замкнутому контуру ключевым моментом является выбор этого контура. Очевидно, что он должен проходить через точку, в которой мы хотим определить величину В, и, кроме этого, вычисление интеграла

 B  dl

должно быть максимально простым.

L

Например, величина В должна быть одинакова на всем протяжении контура L или на одной из частей контура B = const, а на другой B = 0 и т.п.; угол  между векторами B и dl не должен меняться при обходе контура или на одной из частей контура  = const, а на другой  = 0, либо  = /2. Поэтому при анализе условия задачи особое внимание следует обратить на картину распределения полей вокруг проводников с током. Задача 16.3.1. Безграничная проводящая плоскость расположена горизонтально. По ней течет ток, поверхностная плотность которого равна i, а направление одинаково во всех точках. Определить индукцию магнитного поля, создаваемого такой плоскостью.

328

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Решение Ввиду симметрии в распределении токов рассматриваемой системы и безграничности плоскости величина вектора индукции магнитного поля этой системы не будет зависеть от расстояния до плоскости, а сам вектор будет направлен параллельно плоскости и перпендикулярно текущему по ней току. В качестве контура L удобно выбрать прямоугольник ABCD, две стороны которого параллельны плоскости и перпендикулярны току, текущему в ней (см. рис. 16.1). Полный ток, охватываемый этим контуром, Рис. 16.1. Определение индукции равен I = ia, где а – длина магнитного поля, создаваемого проводящей горизонтально расположенной безграничной плоскостью. стороны контура. На горизонтальных участках контура вектор В не изменяется по величине и сонаправлен с вектором dl (участки АВ и СD на рис. 16.1). На участках контура, перпендикулярных плоскости (ВС и DA), вектор В перпендикулярен dl в каждой точке. Тогда в соответствии с теоремой о циркуляции имеем:  B  dl  2Ba;  2Ba   ia . L  0  I  ia. Замечание. Результат данной задачи справедлив и в случае, когда плоскость не безгранична, но расстояние от точки наблюдения до плоскости много меньше её линейных размеров. В этом случае вдали от краев плоскости магнитное поле также будет однородным. Ответ: вектор магнитной индукции направлен параллельно плоскости и перпендикулярен направлению тока, а его модуль i равен B  0 . 2 Задача 16.3.2. Система состоит из двух параллельных друг другу безграничных плоскостей с токами, величины которых одинаковы. Эти токи создают в пространстве между плоскостями

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

329

однородное магнитное поле с индукцией В, а снаружи поле отсутствует. Найти поверхностную плотность тока, текущего по плоскостям. Решение Система токов, представленная в данной задаче, эквивалентна двум системам задачи 16.3.1. Используя результат предыдущей задачи, можно утверждать, что токи по плоскостям параллельны и текут в противоположных направлениях – иначе согласно принципу суперпозиции магнитное поле снаружи от плоскостей должно быть отлично от нуля. При такой ориентации токов в пространстве между плоскостями индукция магнитного поля вдвое больше индукции магнитного поля одной плоскости, т.е. по модулю равна: B   0i . Отсюда находим: B i . 0 Ответ: направления токов, текущих по плоскостям, взаимно противоположны, их поверхностные плотности одинаковы по B модулю и равны i  . 0 Задача 16.3.3. Найти индукцию магнитного поля внутри бесконечного соленоида с плотностью намотки n витков на метр, по которому течет ток силой I. Решение В случае плотной намотки магнитное поле внутри длинного соленоида близко к однородному полю, линии индукции которого параллельны оси соленоида, за исключением точек непосредственно вблизи витков обмотки. Снаружи длинного соленоида вдали от его торцов индукцию магнитного поля можно считать близкой к нулю.

330

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Проведем через точку, в которой надо найти индукцию магнитного поля, прямоугольный контур так, чтобы его сторона длины l была параллельна линии магнитной индукции В, а противоположная сторона была вне соленоида (рис. 16.2). Запишем теорему о циркуляции вектора В по выбранному контуру. Пусть ток в витках, охваченных контуром, направлен из плоскости чертежа к нам. Плоскость контура пересекают nl витков, полная величина тока через выбранный контур равна Inl. При расчете циркуляции выберем направление обхода l против часовой стрелки, для которого этот ток будет B положительным по правилу правого винта. Поскольку вне соленоида поле можно считать равным нулю, циркуляция по Рис. 16.2. К определению индукции магнитного поля внутри данному контуру равна Bl, откуда бесконечного соленоида. следует: Bl = 0Inl, и искомая индукция магнитного поля: B = 0In. Ответ: B = 0In. Задача 16.3.4. По стенке бесконечной тонкостенной цилиндрической трубы радиуса R параллельно её оси течет ток I. Найти величину индукции магнитного поля внутри и вне трубы в зависимости от расстояния до её оси. Решение В силу симметрии рассматриваемой системы линии индукции создаваемого ей магнитного поля являются окружностями, плоскости которых перпендикулярны оси трубы. Для вычисления В(r) удобно воспользоваться теоремой о циркуляции. 1) Найдем индукцию магнитного поля внутри трубы в точке, находящейся на расстоянии r от ее оси (r < R). Для этого выберем в качестве Рис. 16.3a. К определению индукции контура L окружность, центр магнитного поля внутри которой лежит на оси трубы, а тонкостенной трубы.

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

331

радиус равен r (рис. 16.3a). Тогда вектор B в каждой точке этого контура направлен по касательной к нему, а величина индукции не изменяется вдоль всего контура. Однако выбранный нами контур не охватывает ток, т.е.  B  dl  B  2r ,  2r  B  0 . L   I  0. Таким образом, магнитное поле внутри цилиндра в любой точке отсутствует. 2) Найдем теперь индукцию магнитного поля снаружи трубы в точке, находящейся на расстоянии r от ее оси (r > R). Проведя рассуждения аналогично пункту 1 получим, что выбранная нами в качестве контура окружность радиуса r охватывает весь ток I, 16.3б. К определению индукции текущий по трубе, независимо от Рис. магнитного поля снаружи своего радиуса (рис. 16.3б). тонкостенной трубы. Получим:  B  dl  B  2r ,  2r  B   I , L  0  I  I. откуда

0 I . 2r Замечание 1. Полученный ответ совпадает с ответом задачи 15.3.1, полученным для бесконечно длинного провода с током (замечание 2 к задаче 15.3.1), однако данное решение задачи гораздо проще, что делает этот способ решения предпочтительным. Замечание 2. При r = R (поверхность трубы) индукция магнитного поля в такой системе испытывает скачок. Величина индукции на поверхности трубы не определена (в рамках рассматриваемой модели бесконечно тонких стенок трубы ток следует рассматривать как поверхностный). Ответ: B  0, при r  R (внутри трубы); B

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

332

B

0 I , при r  R (снаружи трубы). 2r

Задача 16.3.5. По однородному сплошному бесконечному цилиндрическому проводнику радиуса R течет ток I, который равномерно распределен по сечению. Найти величину индукции магнитного поля внутри и вне проводника в зависимости от расстояния до оси. Магнитные свойства материала не учитывать. Решение Линии индукции магнитного поля такого проводника являются коаксиальными окружностями, лежащими в плоскостях, перпендикулярных оси проводника, с центром на его оси.

а

б

Рис. 16.4. К определению индукции магнитного поля внутри (а) и снаружи (б) бесконечного цилиндрического проводника.

1. Найдем модуль индукции магнитного поля внутри проводника с током в точке, находящейся на расстоянии r от его оси ОО1 (r < R, рис. 16.4а), используя теорему о циркуляции. Проведём через точку, находящуюся на расстоянии r от оси проводника, круговой замкнутый контур L, совпадающий c линией магнитной индукции. Тогда циркуляция вектора магнитной индукции В по этому контуру равна

 B dl  B  2r . L

Так как ток равномерно распределён по сечению проводника, то модуль его объёмной плотности внутри проводника постоянен и I I равен j   . Следовательно, полный ток I1, охватываемый S R 2 рассматриваемым контуром, определяется выражением:

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

333

r2 . R2 Теорему о циркуляции магнитного поля в этом случае можно записать в виде: r2 B  2r   0 I 2 . R В результате для искомого модуля индукции магнитного поля внутри проводника получим: I B( r )  0 2 r . 2R Таким образом, при r < R величина индукции магнитного поля сплошного проводника, плотность тока в котором постоянна, линейно зависит от расстояния до оси проводника. 2. Найдем модуль индукции магнитного поля вне проводника в точке, находящейся на расстоянии r от его оси (r > R, рис. 16.4б). Аналогично предыдущему случаю проведём через точку, находящуюся на расстоянии r от оси проводника, круговой замкнутый контур L, совпадающий c линией магнитной индукции. Так как в этом случае выбранный контур охватывает весь проводник, то полный ток, охватываемый контуром, равен I. Теорему о циркуляции магнитного поля в этом случае можно записать в виде: B  2r   0 I , откуда получим: I B(r )  0 . 2r Зависимость модуля индукции Рис. 16.4в. Зависимость магнитного поля от расстояния до оси модуля индукции магнитного цилиндра В(r) приведена на рисунке поля от расстояния до оси цилиндра В(r). 16.4в. Замечание 1. В точке r = R функция B(r) непрерывна, её  I значение максимально и равно B  0 . 2R Замечание 2. Зависимость модуля индукции магнитного поля, создаваемого объемным током постоянной плотности в цилиндрическом бесконечном проводнике, от расстояния до оси проводника аналогична зависимости напряженности электрического I1  r 2 j  I

334

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

поля, создаваемого равномерно заряженным по объёму бесконечным цилиндром.  I Ответ: внутри проводника (r < R) – B(r )  0 2 r; 2R  I снаружи проводника (r  R) – B(r )  0 . 2r Задача 16.3.6. Проводник из немагнитного материала имеет в сечении сложную конфигурацию и представляет собой суперпозицию двух бесконечно длинных прямолинейных цилиндрических проводников, в области пересечения которых имеется Рис. 16.5а. Проводник сложной конфигурации с полостью П и полость П (см. рис. 16.5а). распределение в нём объёмных В правой и левой части токов. проводника текут в противоположных направлениях токи с одной и той же по модулю объёмной плотностью j. Найти величину и направление индукции магнитного поля в полости. Расстояние между осями цилиндрических составляющих проводника АС = d. Решение Рассмотрим систему из двух сплошных цилиндров А и С, в которых токи текут равномерно во всем объёме. Тогда в области перекрытия цилиндров (полость П на рис. 16.5а) тока не будет – таким образом, сконструированная нами система в отношении пространственного распределения тока идентична системе, представленной в условии задачи. Рассмотрим произвольную точку М, находящуюся внутри Рис.16.5б. Определение индукции области перекрытия токов (см. магнитного поля в полости.

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

335

рис. 16.5б). Согласно решению задачи 16.3.5 величина индукции магнитного поля, созданного в этой точке цилиндром А,  j определяется соотношением и направлена B1  0 rAM 2 перпендикулярно вектору rAM. Аналогично величина индукции магнитного поля, созданного в этой точке цилиндром С, определяется

соотношением

B2 

0 j 2

rCM

и

направлена

перпендикулярно вектору rСM. В векторном виде индукции магнитных полей цилиндров в точке М можно записать в виде:  j  j B1  0 [l1rAM ] , B2  0 [l 2 rBM ] , 2 2 где векторы l1 и l2 – единичные векторы, сонаправленные с токами в проводниках А и С соответственно, т. е. l1 = – l2. Используя принцип суперпозиции, получим:  j  j BM  B1  B2  0 [l1rAM ]  [l 2 rBM ]  0 l1 rAM  rBM   2 2  j  0 l1AC. 2 Таким образом, магнитное поле в полости П однородно.  j Индукция этого поля равна B  0 d и направлена в плоскости 2 рисунка перпендикулярно линии, соединяющей оси проводников А и С.  j Ответ: вектор B  AC и равен по модулю B  0 d . 2 Задачи типа 16.2 Определение индукции магнитного поля с использованием векторного магнитного потенциала (эквивалентные плоские электростатические и магнитостатические задачи). Метод решения. Если записать теорему о циркуляции индукции постоянного магнитного поля в вакууме в дифференциальной форме (16.2) rot B =  0 j и учесть, что векторный магнитный потенциал связан с индукцией магнитного поля соотношением (16.6) B = rot A, то с учетом условия

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

336

калибровки векторного потенциала (16.9) получим:  2 A   0 j . Это уравнение эквивалентно трем скалярным уравнениям:  2 Ax   0 j x , 2 Ay  0 j y ,  2 Az   0 j z , каждое из которых аналогично уравнению для скалярного потенциала  электрического поля в пустоте от зарядов с объёмной плотностью  (уравнение Пуассона (4.3), глава 4): 1  2    , 0 решение которого известно из электростатики, и для заряда объёмной плотности , сосредоточенного в ограниченной области пространства V, имеет вид: 1  dV .  4 0 V r



Удобнее всего сопоставлять уравнения для скалярного  и векторного A потенциалов для однонаправленного (однокомпонентного) тока, когда, например, jx = jy = 0, а jz = jz(x, y) и не зависит от z (плоские задачи). Тогда, если распределение плотности электрического заряда аналогично   ( x, y ) распределению тока jz(x, y), то решения уравнений 1  2    ( x, y ) и  2 Az   0 j z ( x, y ) 0 дают функции (x,y) и Az(x,y), имеющие одинаковые пространственные распределения. Значит, они равны с точностью до постоянных множителей. Чтобы перейти от решения электростатической задачи к магнитостатической, нужно сделать замены:   → Az, → 0 jz, 0 Ex → By, Ey → –Bx, (16.10) Er → B, E → –Br. Однако, следует учесть, что в этом случае, как следует из приведенных соотношений, векторы E и B взаимно перпендикулярны. Таким образом, ответ многих магнитостатических задач

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

337

можно записать сразу без решения задачи, используя известное решение эквивалентной задачи электростатики. При решении обратной задачи – нахождения потенциала А по известной индукции магнитного поля В – в случае задач с элементами симметрии может быть полезно интегральное соотношение, следующее из теоремы Стокса:

 A dl   rot A dS   B dS . L

S

(16.11)

S

Задача 16.3.7. Найти векторный потенциал (в кулоновской калибровке) для однородного магнитного поля с индукцией В. Решение Направим ось Z декартовой системы координат вдоль вектора В. Учитывая, что В имеет только одну ненулевую компоненту Bz, запишем в декартовых координатах соотношение (16.6): Ay Ax Bz  (rot A) z   B. x y A Ay Bx  (rot A) x  z  0, y z A A By  (rot A) y  x  z  0 . z x Очевидно, что с точностью до константы решениями являются следующие векторы: A = B{–y; 0; 0}, A = B{0; x; 0} и их суперпозиция 1 1 A = B{ y; x; 0} = [B r]; 2 2 Кулоновской калибровке div A = 0 удовлетворяют все три решения. 1 1 Ответ: A(x,y) = B{–y; x; 0} = [B r]; 2 2 A(x,y) = B{–y; 0; 0}, A(x,y) = B{0; x; 0}. Задача 16.3.8. Найти векторный магнитный потенциал A и индукцию магнитного поля B на расстоянии r от прямолинейного бесконечного тонкого проводника, по которому течёт постоянный ток I.

338

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Решение Эквивалентная задача электростатики: найти потенциал  и напряженность Е электростатического поля, созданного прямолинейным безграничным тонким проводником, на котором равномерно распределён электрический заряд с линейной плотностью . Решение данной задачи было рассмотрено выше (задача 2.3.5 главы 2 и задача 3.3.1 главы 3) и имеет следующий вид: 1 r   ln ; 2 0 C 1  Er   , 2 0 r где r – расстояние от провода, С – произвольная константа, имеющая размерность длины. Вектор напряженности электрического поля здесь направлен перпендикулярно проводнику. Выберем цилиндрическую систему координат, полярная ось Z которой совпадает с проводником, а её направление – с направлением тока I. Используя аналгию электростатической и магнитостатической задач и производя замены (16.9), получим:  r A  Az   0 I ln ; 2 C 0 I B  B   . 2 r Вектор индукции магнитного поля прямого безграничного тока лежит в плоскости (XY) и касателен к окружности радиуса r, центр которой лежит на проводнике. Векторный магнитный потенциал этого поля имеет одну компоненту вдоль оси Z. Замечание: Тот же ответ для величины магнитной индукции В был получен ранее из уравнения Био-Савара-Лапласа (задача 15.3.1, Замечание 2) и из теоремы о циркуляции вектора В (задача 16.3.4).  r Ответ: A  Az   0 I ln ; 2 C 0 I B  B   . 2 r

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

339

Задача 16.3.9. По поверхности длинного кругового цилиндра радиуса R вдоль его оси течет поверхностный ток с постоянной плотностью i. Определить магнитный потенциал A и индукцию магнитного поля B этого тока. Решение Выберем цилиндрическую систему координат, ось Z которой совпадает с осью цилиндра, а направление – с вектором плотности тока. Эквивалентная задача электростатики: длинный круговой цилиндр радиуса R заряжен по поверхности с постоянной поверхностной плотностью заряда . Определить  и E для этой системы зарядов. Данная электростатическая задача была решена выше (глава 2, задача 2.3.5). Используя решение этой задачи для областей внутри и снаружи цилиндра, в случае задачи электростатики можно записать: для r < R: in = C1, Ein = 0;  r  R  ; для r > R: ex =  R ln , Erex = 0 C 0 r  ; 0 Сделав замены (16.10), в случае задачи магнитостатики получим: для r < R: A = C1, B = 0; r R для r > R: Azex =   0iR ln , Bex =  0i ; C r ex in граничные условия (r = R): Az = Az , Bex – Bin =  0 i.

граничные условия (r = R): ex = in, Erex – Erin =

2

16.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 16.4.1. Бесконечно длинный цилиндрический провод состоит из двух коаксиальных цилиндров. Внутренний сплошной цилиндр, изготовленный из немагнитного материала, имеет радиус R1. Радиус внешнего пустотелого цилиндра равен R2. Вдоль цилиндров текут постоянные токи одинаковой величины I, но направленные противоположно. Определить зависимость величины индукции магнитного поля от расстояния до оси провода B(r).

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

340

Ответ: B 

0 I r при r < R1; 2R12

0 I 2r B0

B

при R1  r  R2; при r  R2.

Задача 16.4.2. Вдоль длинной тонкостенной цилиндрической трубки радиуса R течет постоянный ток I. В стенке трубки имеется тонкая щель ширины d, параллельная оси трубки. Определить величину индукции магнитного поля В в точке, лежащей внутри трубки на её радиусе, если расстояние от середины щели до рассматриваемой точки равно r (r, R >> d).  Id Ответ: B  02 . 4 rR Задача 16.4.3 ([2], 3.232 (б)). Определить индукцию магнитного поля тока, равномерно распределённого по двум параллельным плоскостям с поверхностными плотностями i и –i. Ответ: B = 0i между плоскостями и В = 0 вне плоскостей. Задача 16.4.4 ([2], 3.234). Постоянный ток I течёт по длинному прямому проводу и далее растекается радиально симметрично по проводящей плоскости, перпендикулярной проводу. Найти индукцию магнитного поля во всех точках пространства. Ответ: I в полупространстве, где находится прямой провод, B  0 , 2r где r – расстояние от провода; в другом полупространстве В = 0. Задача 16.4.5. Длинный непроводящий полый цилиндр, имеющий заряд Q на единицу длины, вращается с постоянной угловой скоростью  вокруг своей оси. Найти индукцию магнитного поля внутри цилиндра.  Ответ: B  0 Q , магнитное поле направлено параллельно 2 оси цилиндра.

Глава 16. Магнтные поля проводников с током. Теорема о …

341

Задача 16.4.6. Однородный ток плотности j течет внутри неограниченной пластины толщины 2d параллельно ее поверхности. Пренебрегая влиянием вещества пластины, найти зависимость величины индукции магнитного поля этого тока от расстояния х, отсчитываемого от средней плоскости пластины.  B  0 jx , x  d ; Ответ:  .  B  0 jd , x  d . Задача 16.4.7 ([2], 3.239). Найти плотность тока как функцию расстояния r от оси аксиально-симметричного параллельного потока электронов, если индукция магнитного поля внутри потока зависит от r как B = br, где b и  – положительные постоянные. b (1  a)r 1 . Ответ: j (r )  0 Задача 16.4.8. Вдоль оси длинного цилиндра радиуса R течет ток с постоянной плотностью j. Найти векторный магнитный потенциал А магнитного поля в зависимости от расстояния r до оси цилиндра. Считать, что в центре цилиндра А(0) = 0.  Ответ: для r  R: Ain   0 r 2 j ; 4   r 1 для r  R: Aex =  0 2R 2  ln   j . 4  R 2 Задача 16.4.9. Найти векторный магнитный потенциал А внутри и вне длинного (бесконечного) соленоида радиуса а, внутри которого протекающим током создается однородное магнитное поле с индукцией В. Положить А = 0 на оси соленоида. Ответ: линии векторного поля А образуют окружности с центром на оси соленоида, лежащие в плоскости, перпендикулярной этой оси. В цилиндрических координатах a2B 1 внутри соленоида A  Br ; снаружи A  . 2r 2

342

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 17 СИЛА АМПЕРА. СИЛА ЛОРЕНЦА. ДВИЖЕНИЕ ЗАРЯЖЕННЫХ ЧАСТИЦ В ЭЛЕКТРОМАГНИТНЫХ ПОЛЯХ 17.1. Теоретические вопросы Закон взаимодействия элементов тока. Для двух линейных элементов тока:  I dl I dl , r  dF12  0  2 2 13 1 12 . (17.1) 4 r12 Здесь dF12 – сила, с которой линейный элемент постоянного тока I1dl1  действует на линейный элемент постоянного тока I 2dl2  ; r12 – радиус-вектор элемента тока 2 относительно элемента тока 1 (рис. 17.1). dF12 dF21 I1dl1

r12

I 2dl 2

Рис. 17.1. Силы взаимодействия линейных элементов постоянного тока.

Для двух объемных элементов тока (j1dV1 и j2dV2):   j  j , r  d F12  0  2 13 12 d V2 d V1 . (17.2) 4 r12 Сила Ампера – сила, действующая на элемент тока в магнитном поле. Сила (закон) Ампера для линейного элемента тока: dF  I dlB . (17.3) Сила (закон) Ампера для объемного элемента тока: dF   jB d V . (17.4) Здесь B – магнитная индукция в точке расположения элемента тока. Сила Лоренца – сила, действующая на движущийся точечный заряд в электрическом и магнитном полях равна: FL = qE + q[B]. (17.5) Здесь первое слагаемое называется кулоновой, а второе – амперовой составляющей силы Лоренца. Магнитный момент плоского витка с током равен:

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

343

pm = ISn, [pm] = Ам2, (17.6) где I – сила тока в витке, S – площадь витка, n – нормаль к плоскости витка, согласованная с нап-равлением тока по правилу буравчика (рис. 17.2). Элементарный ток (элементарный n магнитный диполь) – это плоский физически I pm бесконечно малый (по сравнению с расстоянием до точки наблюдения или с Рис. 17.2. Магнитный плоского линейными размерами неоднородности момент внешнего магнитного поля) виток с витка с током. постоянным током. Векторный потенциал поля A(r) и магнитная индукция B(r) поля, создаваемого элементарным током, равны:  p r A(r )  0  m3 , (17.7) 4 r  3 pm r r  r 2 pm , (17.8) B(r )  0  4 r5 где pm – магнитный момент элементарного тока, r – радиус-вектор точки наблюдения относительно места расположения элементарного тока. На элементарный ток в магнитном поле действует момент сил, равный: M   pm B , (17.9) стремящийся повернуть магнитный момент витка по направлению поля. В неоднородном магнитном поле на элементарный ток действует сила, равная: B   B   B   (17.10)   k  pm F  i  pm   j p m .  x  y z       17.2. Основные типы задач (классификация) 17.1. Определение сил Ампера, действующих на проводники с током различной конфигурации. 17.2. Изучение движения заряженных частиц в магнитном поле.

344

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

17.3. Определение вращающего момента, действующего на проводник с током во внешнем магнитном поле. 17.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 17.1 Определение сил Ампера, действующих на проводники с током различной конфигурации. Методы решения. Использование соотношений (17.1) – (17.4) теоретического материала. Начинать решение задач этого типа следует с анализа распределения магнитных полей системы в пространстве (направление и симметрия). Исходя из результатов такого анализа, надо выбрать часть системы, которая создаёт магнитное поле. Этот выбор должен определяться простотой и удобством решения. Задача 9.3.1. Бесконечно длинный тонкий проводник с током I изогнут в форме буквы П. Расстояние между длинными частями провода равно l. Найти величину и направление силы Fl, действующей на единицу длины проводника в точке О, находящейся в центре горизонтальной перемычки. Решение Предположим, что ток течет в контуре по часовой стрелке (см. рис. 17.3). Тогда вектор магнитной индукции поля такой системы в окрестности точки О направлен от нас перпендикулярно плоскости рисунка. В соответствии с законом Ампера (17.3) на элемент тока длиной dl в окрестности точки О d F  I d l  B действует сила , направление которой указано на рис. 17.3. Поэтому величина силы, действующей на единицу проводника в этой области, равна dF Fl   IB . dl

dF

Рис. 17.3. К определению силы, действующей на линейный проводник с током в магнитном поле.

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

345

Определим индукцию магнитного поля в точке О, используя методы главы 15. Согласно принципу суперпозиции индукция результирующего поля В будет равна сумме индукций полей В1 и В2, которые создают в этой области пространства участки провода АА1 и СС1 (индукция магнитного поля, создаваемого участком АС на элементе провода dl в окрестности точки О, равна нулю). Из симметрии задачи следует, что величины магнитных индукций этих полей одинаковы (В1 = В2) и равны половине индукции поля, которое создал бы в точке О бесконечно длинный проводник с l током, находящийся на расстоянии от нее. Используя результат 2 задачи 15.3.1, имеем: 0 I  I B  B1  B2  2 B1  2  0 , 4 ( l 2 )  l откуда получим:  I2 Fl  0 . l 0 I 2 ; сила перпендикулярна короткой стороне l проводника (см. рис. 17.3) и её направление не зависит от направления тока.

Ответ:

Fl 

Задача 17.3.2. Две параллельные плоскости, по которым течет ток, создают в пространстве между собой однородное магнитное поле с индукцией B. Вне этой области поле отсутствует. Найти силу Ампера FS, действующую на единицу площади каждой плоскости. Расстояние между плоскостями много меньше их линейных размеров. Решение В задаче 16.3.1 предыдущей главы было показано, что магнитное поле, созданное безграничной плоскостью, однородно. Его вектор индукции В направлен параллельно плоскости и перпендикулярен вектору плотности тока i, текущего по плоскости. Модуль вектора магнитной индукции такого поля равен i B1  0 . 2

346

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Используя этот результат, можно сделать вывод о том, что в данной задаче по плоскостям текут токи с одинаковой поверхностной плотностью параллельно друг другу, но в противоположных направлениях – иначе согласно принципу суперпозиции будет существовать магнитное поле в пространстве вне плоскостей (рис. 17.4). При противоположной ориентации параллельных токов в пространстве между плоскостями индукция магнитного поля вдвое больше индукции поля одной плоскости В1: B  2B1   0 i , откуда получим, что модуль поверхностной плотности тока, Рис. 17.4. К определению силы текущего в каждой плоскости, магнитного взаимодействия двух плоскостей с током. равен: B i . 0 Рассмотрим одну плоскость в поле другой. На участок плоскости с площадью S в соответствии с законом Ампера действует сила, равная F: F = S[i, B1]. Тогда сила FS, действующая на единицу поверхности одной из плоскостей со стороны магнитного поля, создаваемого другой плоскостью, равна по модулю: F iB1S B2 FS    . S S 2 0 Эта сила направлена перпендикулярно плоскостям от плоскости, создающей магнитное поле (рис. 17.4). Таким образом, плоскости с противоположно направленными токами отталкиваются друг от друга, испытывая давление B2 p  FS  . 2 0

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

347

Ответ:

плоскости отталкиваются с силой, действующей на B2 единицу площади, FS  . 2 0 Задача 17.3.3. По тонкой проволоке диаметром D, согнутой в виде окружности радиуса R, течет ток I. Проволока разрывается, если величина механического напряжения в ней достигает величины 0. При каком значении индукции однородного магнитного поля, перпендикулярного плоскости кольца, произойдет разрыв проволоки? Решение Замкнутое кольцо с током можно рассматривать как магнитный момент pm = ISn (см. (15.2) в главе 15). Так как вектор индукции магнитного поля параллелен pm, то согласно (17.9) вращающий момент, действующий на проводник со стороны внешнего магнитного поля, равен нулю. Поскольку магнитное поле однородно, то согласно (17.10) сила, действующая на кольцо со стороны магнитного поля, также равна нулю, т.е. проводник находится в положении равновесия. Рассмотрим силу dF, действующую на элемент проводника dl (рис. 17.5). Согласно закону Ампера (17.3) d F  I d l B . Помимо этой силы на данный элемент проводника действуют силы натяжения Т и Т, равные друг другу по величине и приложенные к концам выбранного участка. Рис. 17.5. Силы, действующие на Выберем ось ОХ декартовой элемент кольца с током во внешнем системы координат по магнитном поле В. направлению силы dF. Тогда из условия равновесия получаем: d dl  d F  2T T  2 R   T  IBR .  d F  IB d l

348

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Проволока разорвётся, если механическое напряжение в ней D 2 T достигнет предельного, то есть – площадь  0 (где S  4 S поперечного сечения проводника).  D 2 Окончательно получим: B  0 . 4 IR  D 2 Ответ: B  0 . 4 IR Задачи типа 17.2 Изучение движения заряженных частиц в магнитном поле. Методы решения. Использование выражения для силы Лоренца (17.5) и законов механики (второй закон Ньютона, законы движения и др.). Задача 17.3.4. Протон, имеющий скорость  = 104 м/с, влетает в однородное магнитное поле с индукцией В = 0,01 Тл. Вектор скорости протона направлен под углом  = 60 к линиям индукции. Определить траекторию движения протона, путь, пройденный им по траектории за время t1 = 10 мкс, и его положение к концу указанного времени. Решение Выберем декартову систему B координат таким образом, чтобы вектор индукции магнитного поля был сонаправлен с осью Х, а вектор скорости протона изначально лежал в плоскости XY (рис. 17.6). Начало системы координат совместим с местом нахождения протона в начальный момент времени. Рис. 17.6. Выбор системы Найдём уравнение траектории координат в задаче 17.3.4. протона в выбранной системе координат.

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

349

На протон, как на частицу с зарядом q  e , при движении в магнитном поле действует сила Лоренца: FL = q [, B]. Так как сила Лоренца перпендикулярна вектору скорости частицы, то она меняет только направление её скорости, при этом модуль скорости не меняется. Если представить вектор скорости протона как суперпозицию двух векторов: 1 – направленного вдоль линий индукции и 2 – направленного перпендикулярно этим линиям, то для силы Лоренца можно записать: FL = q [(1 +2 ), B] = q [2, B]. Так как сила Лоренца FL перпендикулярна оси Х, то движение протона вдоль оси Х равномерное со скоростью 1   cos  . В проекции на плоскость YZ движение протона будет являться равномерным вращением по окружности радиуса m2 m sin  R  qB qB с периодом Т, равным: 2R 2m T  .  sin  qB В результате суперпозиции движений по всем координатам протон движется по спирали, шаг которой h равен: 2m h   cos   T   cos  . qB Так как модуль скорости протона не изменяется, то движение равномерное и путь S, пройденный протоном за время t, равен: S = t. Найдём теперь координаты точки М, в которой окажется протон через заданный промежуток времени t1 = 10-5 c. Запишем зависимость координат протона от времени. Так как в начальный момент времени координаты протона были равны (0, 0, 0), то:  x   cos  t ,   y  R sin t ,  z   R  R cost. 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

350

2 qB – частота обращения протона по спирали.  T m Подставляя численные значения, заданные в условии, и учитывая, что заряд и масса протона равны q  1,6 10 19 Кл и Здесь  

m  1,67 10 27 кг, получим: qB t1  t1  9,6 рад, m m sin  R  0,9 cм . qB Тогда координаты протона в точке М равны:  x   cos  t  5 см,   y  R sin t  0,16 см,  z   R  R cost  0,08 см .  Путь S1, пройденный протоном за рассматриваемое время t1, равен: S1 =  t1 = 10 см. Замечание. При t =2n (n = 1, 2, 3, …) координаты протона равны (х, 0, 0), то есть его траектория касается оси Х. Таким образом, заряженная частица при движении в магнитном поле оказывается в той плоскости, из которой она вылетела, только через целое число периодов обращения. Дополнение. Покажем, исходя из законов Ньютона, что траекторией движения протона является спираль, и найдём уравнение траектории. Если i, j, k – орты системы координат, то векторное произведение [, B] можно расписать в виде: i j k

 , B  

x

 y  z  B z j  B y k .

B 0 0 Запишем уравнения движения протона в проекциях на оси координат: d (17.11) m x 0; dt

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

351

d y

(17.12)  q z B ; dt d (17.13) m z  q y B . dt Из уравнения (17.11) следует, что вдоль оси Х движение протона равномерное: 1   x   x 0   cos  , x   cos  t . Модуль вектора  постоянен, то есть можно записать: (17.14)  y2  z2   2 12  22   2 sin2   const . m

Перейдём от производных по времени к производным по координатам. Учитывая (17.14), а также соотношения: d y d y d y d y   y , dt dy d t dy d z d y dz d    z z , dt dz d t dz уравнения (17.12) и (17.13) можно переписать в виде: d y m y  qB  22   y2 , dy d m z z  qB  22   z2 . dz Из этих уравнений выразим dy и dz: m  y d y , dy   qB  22   y2

m  z d z .  qB  22   z2 Отсюда после интегрирования получим законы движения: m y  22   y2  C1 , qB m z   22   z2  C2 . qB dz  

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

352

Для определения постоянных начальными условиями при t = 0: y(0) = z(0) =0,  y ( 0)   2 ;  z ( 0)  0 .

С1

и

С2

воспользуемся (17.15) (17.16)

Используя (17.15), найдём постоянную С1: m C1  0   22   22  0 . qB Используя (17.16), получим значение С2: m 2 m C2  0   22   . qB qB Тогда выражения для координат y и z примут вид: m z m y  22   y2   ; (17.17) qB qB m m  y   2  . z  22   z2   2  qB qB В другой форме для координаты z можно записать: m 2 m y z  . (17.18) qB qB Для получения уравнения траектории движения протона определим связь координат y и z друг с другом, для этого возведём в квадрат уравнения (17.17) и (17.18) и сложим их:





2

2

2

  m 2  m 2   m  2      z   y2     . y   z  qB   qB    qB  Получившееся уравнение представляет собой уравнение m 2 m sin   окружности радиуса R  с центром, расположенqB qB m 2  R . ным в точке с координатами y0 = 0 и z 0   qB Период обращения протона по этой окружности равен: 2R 2m T  .  sin  qB 2

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

353

Ответ: траекторией движения протона является спираль m sin  2m  cos  ; радиуса R  с шагом h  qB qB путь S1 = 10 см; координаты конечной точки движения: (5; –0,16; 0,08) см. Задача 17.3.5. Вдоль прямого медного цилиндрического проводника радиуса R течет ток силы I. Найти разность потенциалов между осью проводника и его поверхностью. Концентрация электронов проводимости в меди n. Решение Ток, текущий в проводнике, создает вокруг себя магнитное поле. Это поле действует на электроны проводимости, которые упорядоченно движутся с дрейфовой скоростью I I .   neS neR 2 Действие магнитной составляющей силы Лоренца F = e[B] приводит к тому, что электроны начинают смещаться к оси проводника. В результате на поверхности появляется положительный заряд, а в остальном объеме – отрицательный. Таким образом, возникает электрическое поле, со стороны которого на электроны также действует сила. Равновесие в проводнике будет достигнуто тогда, когда действующая на электроны сила Лоренца FL = eE + e[B] станет равной нулю (рис. 17.6), и в каждой точке проводника будет выполняться равенство (17.19) eE  eB . Индукция магнитного поля на Рис. 17.6. К определению разности потенциалов расстоянии r от оси сплошного между осью проводника цилиндрического проводника с током I с током и его поверхравна (см. задачу 16.3.5 предыдущей ностью. главы):

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

354

0 I (17.20) r. 2R 2 Из выражений (17.19) и (17.20) получаем модуль вектора напряжённости электрического поля в произвольной точке проводника:  I I E  B   0 2 r. 2 neR 2R Отсюда находим разность потенциалов между осью проводника и его поверхностью: R R 0 I 2 0 I 2 . U   Edr   r d r  2 4 4ne 2 R 2 0 0 2ne R Замечание. Оценим разность потенциалов между осью медного проводника радиуса R = 1 мм при силе тока в нём I = 10 А. Концентрация электронов проводимости в меди n  81022 cм-3, заряд электрона 1,610-19 Кл. Тогда получим: 0 I 2 4  10 7  100 U   2,5  10 10 В, 4ne2 R 2 4  8  10 28  1,6  10 19 2  10 6 так что в большинстве задач этой разностью потенциалов можно пренебречь. 0 I 2 Ответ: U  . 4ne 2 R 2 B

Задача 17.3.6. В неоднородном магнитном поле, вектор индукции которого направлен перпендикулярно плоскости XY декартовой системы координат, а модуль изменяется согласно закону B  ay, ( y  0) , где а – известная постоянная, в точке с координатой y = 0 находится заряженная частица с массой m и зарядом q. Частице сообщили скорость , направленную в положительном направлении оси ОY. Определить максимальное смещение частицы вдоль оси ОY. Силой тяжести пренебречь. Решение Так как сила Лоренца, действующая на частицу, не совершает работу, то модуль скорости частицы не изменяется, и в любой момент 2  2x  2y .

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

355

Запишем уравнение движения частицы в проекции на ось OX в произвольный момент времени (см. рис. 17.7):

m

d x  FЛ cos   Bq cos   dt dy  Bq y  ayq . dt

Рис. 17.7. Движение частицы в неоднородном магнитном поле.

После интегрирования получим:  y2 y2  m( x  0 x )  aq  0  . 2   2 Учитывая

начальные

условия:

m x 

aqy 2 2

,

в

точке

максимального смещения частицы вдоль оси ОY  y  0 , то есть  x   , следовательно

m 

a q ym2 ax

. 2 Окончательно имеем: 2m . ymax  aq Ответ: ymax 

2m . aq

Задачи типа 17.3 Определение вращающего момента, действующего проводник с током во внешнем магнитном поле.

на

Методы решения. Использование выражений (17.3) – (17.5) и (17.9) теоретического материала. Задача 17.3.7 На круглый короткий деревянный цилиндр объёмом V = 60 см3 в один слой намотана катушка. По катушке течет ток, средняя поверхностная плотность которого равна i = 10 А/см. Определить величину механического момента, который удерживает цилиндр в равновесии, если он находится во внешнем

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

356

однородном магнитном поле, вектор индукции которого В образует угол  =30 с осью цилиндра и равен по модулю В = 0,01 Тл. Решение Выделим из катушки тонкое кольцо шириной dl. Это кольцо обладает магнитным моментом d pm  ISn  i dlR 2 n (R – радиус катушки), направленным вдоль оси цилиндра (рис. 17.8).

Рис. 17.8. К определению вращающего момента, действующего на катушку в магнитном поле.

На этот элемент катушки со стороны магнитного поля действует вращающий момент dМ = [dpmB]. Так как по условию угол между векторами dpm и В равен , то модуль вектора dМ равен: dM  pm B sin   i dl R 2 B sin  . Считая, что геометрические размеры катушки (радиус R и длина l) совпадают с размерами деревянного цилиндра, на который она намотана, получим выражение для момента, действующего на всю катушку со стороны магнитного поля: l

l

0

0

M   dM   idl R 2 B sin   iVB sin  . Здесь при интегрировании учтено, что объём катушки равен V  lR 2 . В условиях равновесия механический момент, который удерживает цилиндр с катушкой в равновесии, равен по модулю моменту магнитных сил, который стремится повернуть катушку.

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

Подставляя численные данные, механического момента получим: M  iVBsin  = 0,3 мНм. Ответ: M  iVBsin  = 0,3 мНм.

для

модуля

357

искомого

Задача 17.3.8. Круглая рамка массы m может вращаться вокруг вертикальной оси ОО, проходящей через одну из точек рамки по касательной к проводу (см. рис. 17.9а). По рамке течёт ток силы I. Рамка находится в однородном магнитном поле индукция В которого Рис. 17.9а. Круглая горизонтальна. Определить период Т малых рамка с током в магнитном поле колебаний рамки около положения равновесия. Решение Магнитный момент рамки равен pm  ISn  IR 2 n , где R – радиус рамки. В положении равновесия вектор p m параллелен вектору магнитной индукции, а при отклонении рамки составляет с вектором магнитной индукции угол  (см. рис. 17.9б). При отклонении рамки от положения равновесия на небольшой угол  на неё начинает действовать момент сил Ампера, стремящийся вернуть её обратно. Согласно Рис. 17.9б Взаимная (17.9) этот момент равен: ориентация вектоM   pm B . ров pm и В при Запишем уравнение вращательного отклонении рамки. движения рамки относительно оси ОО:    pm B sin  , J mR 2 3mR 2  mR 2  – момент инерции рамки относительно 2 2 оси ОО. При малых отклонениях sin    . Тогда уравнение вращательного движения можно привести к виду уравнения гармонических колебаний рамки:

где J 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

358

2IB 0, 3m откуда следует, что циклическая частота колебаний равна 2IB  , 3m а период: 2 6m T  .  IB 6m Ответ: T  . IB   

17.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 17.4.1 ([2], 3.275). При измерении эффекта Холла в натриевом проводнике напряжённость поперечного поля оказалась E = 5 мкВ/см при плотности тока j = 200 А/см2 и индукции магнитного поля В = 1 Тл. Найти концентрацию электронов проводимости в проводнике. jB Ответ: n   2,5 10 28 м-3. eE Задача 17.4.2 ([2], 3.276). Найти подвижность электронов проводимости в медном проводнике, если при измерении эффекта Холла в магнитном поле с индукцией B = 100 мТл напряжённость поперечного электрического поля у данного проводника оказалась в  = 3,1103 раз меньше напряжённости продольного электрического поля. 1  3,2  10 3 м2/(Вс). Ответ: u0  B Задача 17.4.3 ([2], 3.394). Протон, ускоренный разностью потенциалов U = 500 кВ, пролетает поперечное однородное магнитное поле с индукцией В = 0,51 Тл. Толщина области с полем d = 10 см. Найти угол  отклонения протона от первоначального направления движения.

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

 q Ответ:   arcsin Bd 2mU 

359

   30 .  

Задача 17.4.4 ([2], 3.397). Электрон, ускоренный разностью потенциалов U = 1 кВ, движется в однородном магнитном поле под углом  = 30 к вектору В, модуль которого В = 29 мТл. Найти шаг винтовой траектории электрона. 2mU cos   2 см. Ответ: l  2 eB 2 Задача 17.4.5 ([2], 3.399). Из точки А, лежащей на оси прямого соленоида, вылетает нерелятивистский протон со скоростью  под углом  к оси. Индукция магнитного поля В. Найти расстояние r от оси до точки попадания электрона на экран, расположенный перпендикулярно к оси на расстоянии l от точки А.  m   leB  Ответ: r  2 sin    sin .  eB   2m cos  Задача 17.4.6. Какова сила взаимодействия двух параллельных проводящих пластин в вакууме, по которым текут одинаковые по величине токи с поверхностной плотностью величиной i, если направления этих токов составляют друг с другом угол ? Линейные размеры сторон пластин l1, l2 много больше расстояния между ними.  i2 Ответ: F  0 l1l2 cos  . 2 Задача 17.4.7. Два длинных прямых взаимно перпендикулярных провода отстоят друг от друга на расстояние а. В каждом проводе течет ток I. Найти максимальное значение силы Ампера, приходящееся на единицу длины провода в такой системе.  I2 Ответ: Fl max  0 . 4a Задача 17.4.8. Прямоугольная рамка с током I и сторонами a и b лежит в одной плоскости с очень длинным проводом, по

360

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

которому течет ток I0 (сторона рамки b параллельна проводу). Определить внешнюю механическую силу, которая удерживает рамку в равновесии. Расстояние между проводом и осью симметрии рамки равно r0. 20 I 0 Iab Ответ: F  . ( 4r02  a 2 ) Задача 17.4.9 ([2], 3.255а). Найти модуль и направление силы, действующей на единицу длины тонкого проводника с током I = 8 А в точке О, если проводник изогнут так, как показано на рис. 17.10. Радиус закругления Рис. 17.10. Провод с током в задаче 17.4.9. R = 10 см.  I2 Ответ: F  0  0,2 мН/м. 4R Задача 17.4.10 ([2], 3.258). Медный провод сечением S =2,5 мм2, согнутый в виде трёх сторон квадрата, может поворачиваться вокруг горизонтальной оси ОО1. Провод находится в однородном вертикальном магнитном поле (рис. 17.11). Найти индукцию поля, если при пропускании по данному провода тока I = 16 А угол отклонения  = 20. Рис. 17.11. Подвижная рамка в магнитном 2gS tg  поле. Ответ: B   10 мТл, I где  – плотность меди. Задача 17.4.11 ([2], 3.261а). Квадратная рамка с током I расположена в одной плоскости с длинным прямым проводником, по которому течёт ток I0. Сторона рамки а. Проходящая через середины противоположных сторон ось рамки параллельна проводу и отстоит от него на расстояние, которое в  раз больше стороны рамки. Найти силу Ампера, действующую на рамку. 2 0 II 0 Ответ: F  . (42  1)

Глава 17. Сила Ампера. Сила Лоренца. Движение заряженных …

361

Задача 17.4.12 ([2], 3.263). Два длинных параллельных провода с пренебрежимо малым сопротивлением замкнуты с одного конца на сопротивление R, а с другого конца подключены к источнику постоянного напряжения. Расстояние между осями проводов в  = 20 раз больше радиуса сечения каждого провода. При каком R сила взаимодействия между проводами обратиться в ноль?  0  0 ln   0,36 кОм. Ответ: R   Задача 17.4.13. Внутри длинного соленоида находится короткая катушка сечения S, состоящая из N витков. Ось катушки перпендикулярна оси соленоида и направлена вертикально. Внутренняя катушка укреплена на коромысле весов, которое в отсутствие тока находится в Рис. 17.12. Соленоид с катушкой. равновесии (рис.17.12). Если в катушке и соленоиде текут одинаковые токи, то для уравновешивания весов на короткое плечо коромысла длиной l нужно поместить груз массы m. Определить силу этого тока I, если плотность намотки соленоида равна n витков на единицу длины. mgl Ответ: I  .  0 nSN Задача 17.4.14 ([2], 3.260). Укрепленную на конце коромысла весов небольшую катушку К с числом витков N = 200 поместили в зазор между полюсами магнита (рис. 17.13). Площадь А К сечения катушки S = 1,0 см2, длина плеча O ОА коромысла l = 22 м, для восстановления равновесия пришлось изменить груз на чаше весов на Δm = 60 мг. Найти индукцию Рис. 17.13. Катушка в магнитного поля в месте нахождения зазоре магнита. катушки. mgl Ответ: В  = 0,4 Тл. NIS

362

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 17.4.15 ([3], 344). Квадратная рамка со стороной а, имеющая N витков, может вращаться вокруг вертикальной оси, проходящей через середины противоположных сторон рамки. По рамке течёт ток силы I. Рамка находится в однородном горизонтальном магнитном поле индукции В. Определить период Т малых колебаний рамки около положения равновесия, если момент инерции рамки равен J. J Ответ: T  2 2 . a NIB

Глава 18. Электромагнитная индукция

363

Глава 18 ЭЛЕКТРОМАГНИТНАЯ ИНДУКЦИЯ 18.1. Теоретический материал Потоком d (вектора) магнитной индукции В(r) через физически бесконечно малый элемент поверхности (настолько малый, что можно считать элемент плоским, а магнитную индукцию одинаковой в любой точке этого элемента) площадью dS называется физическая величина, равная: dΦ  B(r )  dS , где dS  n d S , n – нормаль к поверхности. Поток магнитной индукции через всю поверхность S равен:

Φ   dΦ   B(r )  dS . S

(18.1)

S

Единицей измерения потока вектора магнитной индукции является Вебер: Φ  Тл  м 2  Н  м  Вб . А Электромагнитная индукция – это возникновение электродвижущей силы (ЭДС индукции) в контуре, находящемся в переменном магнитном поле или движущемся в магнитном поле. Интегральная форма закона электромагнитной индукции Фарадея. ЭДС индукции E инд в контуре равна взятой с обратным знаком скорости изменения потока магнитной индукции, пронизывающего этот контур, (потока через поверхность, опирающуюся на контур): dΦ . (18.2) Eинд   dt Поскольку знак потока вектора магнитной индукции зависит от выбора направления нормали к поверхности, опирающейся на контур, а знак ЭДС – от выбора направления обхода контура, необходимо согласовать положительное направление нормали с положительным направлением обхода контура. Это согласование делается по правилу правого буравчика (винта), как показано на рис. 18.1.

364

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Знак минус в (18.2) соответствует так n называемому правилу Ленца: действие индукционного тока противоположно действию причины, которая его вызвала – создаваемое индукционным током магнитное поле стремится скомпенсировать Рис. 18.1. К определению вектора то изменение магнитного потока, которое направления его вызвало. Или совсем коротко – по- нормали к плоскому контуру. следствия противодействуют причине. Механизмы электромагнитной индукции. Появление ЭДС электромагнитной индукции обусловлено работой силы Лоренца, действующей на заряд в электромагнитном поле: F  qE  q[υB] , где υ – скорость движения заряда. В разных физических ситуациях и разных системах отсчета эта сила может иметь только электрическую (первое слагаемое) или только магнитную (второе слагаемое) составляющую, или быть суммой этих составляющих. Изменение потока магнитной индукции Ф(t) может быть вызвано двумя разными причинами, которые могут действовать и совместно. Им соответствуют следующие два механизма электромагнитной индукции. Первый механизм. При произвольном движении контура в постоянном магнитном поле причиной электромагнитной индукции является магнитная составляющая силы Лоренца: F = q [υB]. При этом ЭДС индукции равна работе вдоль контура L той составляющей силы Лоренца, которая возникает из-за движения заряда вместе с контуром со скоростью υ: 1 E   F  dl   υB   dl . (18.3) qL L Если взять систему отсчета, движущуюся вместе с данным участком проводника, то магнитная составляющая силы Лоренца не возникнет, поскольку в такой системе заряды будут неподвижны. Появление же ЭДС индукции на этом участке можно объяснить релятивистским эффектом – появлением электрического поля, возникающего в движущейся системе отсчета. Это поле для скоростей

Глава 18. Электромагнитная индукция

365

системы отсчета υ, много меньших скорости света, определяется формулой: E = [υB]. (18.4) В этом случае ЭДС возникает за счет работы электрической составляющей силы Лоренца, и ее величина приводит к тому же самому выражению (18.3) для ЭДС. Второй механизм. Всякое переменное магнитное поле порождает в окружающем пространстве электрическое поле (которое называют индукционным), при этом циркуляция напряженности электрического поля (ЭДС индукции) по любому неподвижному замкнутому контуру L равна взятой с обратным знаком скорости изменения магнитного потока , пронизывающего этот контур. Индукционное электрическое поле, в отличие от электростатического поля, не потенциально и возникает в отсутствие электрических зарядов. Локальная взаимная связь напряженности вихревого электрического поля Евихр и магнитной индукции В(t) определяется уравнением (18.5), которое входит в систему четырех фундаментальных уравнений электродинамики Максвелла. Дифференциальная форма закона электромагнитной индукции Фарадея: B rot E вихр   . (18.5) t Пользуясь теоремой Стокса, ЭДС индукции в замкнутом контуре L, вызванной вихревым электрическим полем, можно представить в виде (18.2): B   E   E вихр dl   rot E  dS    dS    B dS   . t t S t L S S Таким образом, интегральное соотношение (18.2) является универсальным, так как описывает оба механизма возникновения ЭДС, в том числе и при их совместном действии. 18.2. Основные типы задач (классификация) 18.1. Нахождение ЭДС индукции в линейных1 проводниках, движущихся в постоянном магнитном поле.

1

Под линейными проводниками будем понимать проводники, длина которых значительно превышает их линейные поперечные размеры. При расчете цепей,

366

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

18.2. Нахождение ЭДС индукции в проводящих телах, движущихся в постоянном магнитном поле. 18.3. Нахождение ЭДС индукции в изменяющемся магнитном поле. 18.4. Нахождение напряженности вихревого электрического поля. 18.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 18.1 Нахождение ЭДС индукции в линейных проводниках, движущихся в постоянном магнитном поле. Метод решения – применение закона Фарадея в интегральной форме (18.2) либо расчет ЭДС индукции с использованием силы Лоренца (18.3). В обоих случаях требуется выбрать контур, который проводится по линейным проводникам цепи. Применение формулы (18.2) для нахождения ЭДС индукции требует определения потока через площадь контура, то есть интегрирования по поверхности, ограниченной контуром. Этот вариант проще, если все проводники лежат в одной плоскости, а величина нормальной компоненты индукции Вn на поверхности контура постоянна или задана легко интегрируемой функцией координат. Использование формулы (18.3) требует расчета контурного интеграла для определения работы силы Лоренца, поэтому удобно при простой форме контура, например, прямоугольной. Использование релятивистского соотношения (18.4) для решения типовых задач курса общей физики в большинстве случаев не оправдано, поскольку приводит к ненужному усложнению. Это особенно проявляется в случае непоступательного движения проводников, например, при их вращении, поскольку закон преобразования полей (18.4) относится к инерциальным системам отсчета. Задача 18.3.1. Длинный прямой провод, по которому течет ток I0, и П-образный проводник ABCD с подвижной перемычкой AB длиной l расположены в одной плоскости. Сторона CD контура находится на расстоянии а от провода. Перемычку перемещают с заданной постоянной скоростью υ (рис. 18.2). Найти: составленных из линейных проводников, удобнее оперировать не с плотностью тока, а с полным током, проходящим через сечение проводника.

Глава 18. Электромагнитная индукция

1) зависимость от времени ЭДС индукции в контуре; 2) силу тока в контуре, если сопротивление единицы длины всех составляющих его проводников равно r, а индуктивностью контура можно пренебречь.

367 I0 B

С а D

n

υ

В A

Решение b(t) Зададим для определенности Рис. 18.2. К расчету ЭДС направление тока I0 (рис. 18.2). Выберем индукции в контуре с в качестве положительного направления движущейся перемычкой. обхода контура обход против часовой стрелки. Тогда вектор n нормали к контуру будет перпендикулярен плоскости чертежа и направлен из чертежа вверх. Обозначим расстояние от провода до ближайшей стороны контура а, тогда расстояние от провода до перемычки b(t) = a + υt. ЭДС индукции можно найти тремя способами. Способ 1. Решение основано на использовании закона электромагнитной индукции в интегральной форме (18.2). Силовые линии магнитной индукции поля, создаваемого бесконечным прямолинейным проводом, являются окружностями и пересекают плоскость рамки под прямым углом. В соответствии с выбранным направлением тока I0 вектор В в плоскости рамки будет направлен в плоскость чертежа (рис. 18.2). На расстоянии r от бесконечного провода модуль вектора индукции равен:  I B( r )  0 0 . 2r В каждый момент времени магнитный поток Ф(t) через контур определяется интегралом от В(r) по площади контура: b (t ) b (t ) 0 I0 l  I l  b(t )  dr Ф(t )   B  dS    B(r ) ldr     0 0 ln  .  2 a r 2  a  S (t ) a Здесь учтено, что dS = ldr, а знак минус возникает из-за противоположной направленности вектора dS (который параллелен нормали n) и вектора В. ЭДС находим из закона Фарадея:  0 I 0 lυ Ф  0 I 0 l 1 db(t )  0 I 0 l E (t )       υ . t 2 b(t ) dt 2b(t ) 2(a  υt )

368

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

ЭДС получилась положительной, то есть при переносе положительного заряда по выбранному положительному направлению обхода контура ее работа больше нуля. Данный способ нахождения ЭДС индукции здесь не оптимален, так как в процессе решения после интегрирования выполняется дифференцирование полученного выражения, то есть, фактически, обратная операция. Способ 2. Расчет ЭДС на основе силы Лоренца. Магнитная компонента силы Лоренца FL  qυB  действует только на подвижные заряды, находящиеся в движущейся перемычке, и при указанных направлениях векторов υ и B направлена вверх. В замкнутой цепи эта сторонняя сила порождает ЭДС индукции, которая равна:  I l 1 E   FL  dl   [υ B ]  dl   Bυ dl  Bυ  dl  Bυl  0 0 υ . q 2  b (t ) AB AB AB Интегрирование здесь происходит только по длине перемычки AB, поскольку остальные проводники неподвижны. Интегрирование свелось просто к умножению, поскольку вектор индукции В одинаков во всех точках перемычки. Этот способ, отражающий физическую причину появления ЭДС, в данном случае наиболее удобен. Способ 3. Расчет с использованием релятивистского преобразования полей (формула (18.4)). Рассмотрим задачу в системе отсчета, движущейся со скоростью перемычки υ. В данной системе отсчета перемычка АВ неподвижна, а участок CD движется со скоростью (–υ). В перемычке AB возникает вихревое электрическое поле с напряженностью EAB = [υB(b)], а на участке CD – поле с напряженностью EСD = [υB(a)], причем векторы напряженности на всех участках контура направлены вверх. На заряды, находящиеся на участке CD, действует также магнитная составляющая силы Лоренца F  q[(υ) B(а)] , которая компенсирует силу со стороны электрического поля qEСD. Таким образом, сторонние силы в контуре действуют на заряды вдоль проводников только на участке AB и обусловлены электрическим полем, модуль напряженности которого E = υ B(b). Это поле и вызывает появление ЭДС  I l  0 I 0 lυ E  El  Bυl  0 0 υ  . 2 b(t ) 2(a  υt )

Глава 18. Электромагнитная индукция

369

Легко убедиться, что в данном случае rotE = rot[υB(t)]  0, то есть электрическое поле является вихревым. Нахождение силы тока Сопротивление контура пропорционально его периметру и равно R(t )  2r [l  b(t )  a]  2r (l  υt). Поскольку индуктивность контура по условию мала, можно пренебречь ЭДС самоиндукции, и сила тока в каждый момент времени определяется по закону Ома из найденной выше ЭДС индукции:  0 I 0 lυ E (t ) I (t )   . R(t ) 4r (a  υt)(l  υt ) Сила тока получилась положительной, то есть его направление совпадает с выбранным положительным направлением обхода контура против часовой стрелки. Создаваемый этим током магнитный поток, очевидно, противоположен по знаку потоку, порождаемому током I0, что соответствует правилу Ленца.  0 I 0l  0 I 0 lυ Ответ: 1) E  ; 2) I (t )  . 2(a  υt ) 4r (a  υt )(l  υt ) 

Задача 18.3.2. Круглая проволочная петля радиуса а и сопротивлением R, находящаяся в однородном постоянном магнитB ном поле с индукцией В, равномерно вра(t) щается вокруг своего диаметра, перпендиn кулярного к В, с угловой скоростью  (рис. 18.3). Пренебрегая индуктивностью петли, найти среднюю механическую мощ- Рис. 18.3. Вращающаяность, необходимую для поддержания вра- ся в магнитном поле проволочная петля. щения. Решение Пусть (t) = t – угол между вектором В и вектором n нормали к плоскости петли. Тогда магнитный поток через контур Ф(t) = a2Bcost, а ЭДС индукции E  (Ф / t )  a 2 B sin t .

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

370

Механическую мощность, необходимую для поддержания вращения, можно найти из того, что по закону сохранения энергии она должна равняться тепловой мощности Pт, выделяющейся в этом контуре. Поскольку индуктивностью контура можно пренебречь, ЭДС самоиндукции можно не учитывать, и для тепловой мощности Рт получаем: E 2 (a 2 B) 2 Pт (t )   sin 2 t . R R Среднее за период значение этой величины составляет: T

1 1 Pт (t ) dt  (a 2 B) 2 .  T 0 2R Замечание. Мощность момента сил, обеспечивающих вращение петли, должна равняться мощности тормозящего механического момента сил Ампера, действующих на контур со стороны магнитного поля из-за протекающего в контуре индукционного тока. Решение задачи таким способом рассмотрено в главе 20, задача 20.3.6. 1 Ответ: P  ( a 2 B) 2 . 2R P

Задачи типа 18.2 Нахождение ЭДС индукции в проводящих телах, движущихся в постоянном магнитном поле. Метод решения – нахождение ЭДС индукции через магнитную составляющую силы Лоренца (18.3). Применение закона Фарадея в интегральной форме (18.2) в данном случае не всегда удобно, так как требует задания контура. При наличии движущихся пространственных проводящих областей (тел) выбор контура может быть неочевидным. В таких случаях целесообразно вести расчет ЭДС, непосредственно исходя из ее первопричины – силы Лоренца. Задача 18.3.3. Металлический цилиндр радиуса а помещен в однородное постоянное магнитное поле с индукцией В, направленной вдоль его оси. Цилиндр вращают вокруг его оси с постоянной угловой скоростью  (рис. 18.4). Найти: 1) разность потенциалов U

Глава 18. Электромагнитная индукция

между поверхностью и осью цилиндра; 2) поверхностную  и объемную (r) плотности зарядов в цилиндре.

371

B

 Решение Пусть для определенности вектор угловой скорости  сонаправлен В. В стационарном Рис. 18.4 Вращаюрежиме движения электронов вдоль радиуса щийся в магнитном цилиндра нет, т.е. радиальная компонента ско- поле цилиндр. рости υr = 0, а имеется только перпендикулярная к радиусу компонента υ(r) = r. В проекции на радиальное направление второй закон Ньютона для электронов, движущихся по окружности с центростремительным ускорением ац = –2r, имеет вид:  m 2 r  e rB  E r (r )  , где справа стоит полная сила Лоренца, Еr – радиальная компонента напряженности электрического поля, е – модуль заряда электрона. Это выражение можно переписать в виде: erB  m 2 r  eE r (r ) . Величина m 2 r обычно пренебрежимо мала по сравнению со слагаемым erB . Действительно: m2 r  ,  е rB (e / m) B что обычно очень мало ввиду большой величины удельного заряда электрона (e/m =1,761011 Кл/кг). Например, при В ~ 10-2 Тл и  ~ 104 рад/с это отношение имеет порядок 10–5. Поэтому приближенно можно считать, что E r (r )  rB . Данное радиальное электрическое поле напряженностью Er(r) создается за счет перераспределения электронов в цилиндре при его вращении. Разность потенциалов между поверхностью и центром цилиндра равна: a

a

1 U   E (r )dr    r Bdr  Ba 2 . 2 0 0

372

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Зная напряженность электрического поля, можно найти объем ную плотность заряда  из уравнения divE  . Учитывая, что 0 напряженность поля Е имеет только радиальную компоненту Er и используя выражение для дивергенции в цилиндрических координатах, получим: 1     0 divE   0 (rEr )  2 0 B . r r Так как плотность заряда получилась постоянной, то объемный заряд внутри цилиндра qоб = ·V = – 20Bа2b. Он отрицателен, поскольку магнитная составляющая силы Лоренца при заданной ориентации векторов В и угловой скорости  вытесняет электроны от поверхности к центру цилиндра. Поскольку в целом цилиндр не имеет заряда, то на его поверхности остается противоположный по знаку (т.е. положительный) поверхностный заряд qпов = – qоб = 20Ba2b, поверхностная плотность которого q 2 0 Ba 2 b   пов    0 Ba. S 2ab Еще проще можно найти  из граничного условия для вектора электрической индукции:  = – Dr(a) = – 0Er(a) = 0Ba. 1 Ответ: 1) U  Ba 2 ; 2)  = 0Ba,   2 0 B  const . 2 Задачи типа 18.3 Нахождение ЭДС индукции в переменном магнитном поле. Метод решения – применение закона Фарадея в интегральной форме (18.2). Задача 18.3.4. Плоский контур, имеющий вид двух квадратов со сторонами а и b соответственно, находится в однородном магнитном поле, вектор индукции которого перпендикулярен его плоскости и меняется по закону B(t) = B0 cos t. Найти зависимость от времени силы тока I в контуре, если сопротивление единицы длины провода равно r. Индуктивностью контура пренебречь.

Глава 18. Электромагнитная индукция

Решение Выберем в качестве положительного направления обхода большего контура (со стороной а, верхний на рис. 18.5) движение против часовой стрелки. Тогда для второго контура (со стороной b) это направление будет отрицательным. В связи с этим полный магнитный поток через контур Ф = В·(a2 – b2), а величина ЭДС равна:

373

a

B

b Рис. 18.5. Плоский контур в магнитном поле (стрелками указано направление индукционного тока).

Ф B   (a 2  b 2 )  (a 2  b 2 ) B0sin t . t t Поскольку индуктивностью можно пренебречь, ЭДС самоиндукции учитывать не надо, и сила тока определяется из найденной ЭДС по закону Ома. Учитывая, что общее сопротивление контура R  4r (a  b) , (18.6) E

получаем:

I (t ) 

E(t ) (a 2  b 2 ) B0  sint 1   (a  b) B0  sin t . (18.7) R 4r (a  b) 4r 

Из выражения (18.7) видно, что ток I меняется по гармоническому закону с той же частотой ω, что и магнитное поле. 1 Ответ: I (t )  (a  b) B0 sin t . 4r  Задача 18.3.5. Магнитный поток через неподвижный контур с сопротивлением R изменяется за промежуток времени  по закону Ф  at (  t ) . Найти: 1) количество тепла Q, выделившееся в контуре за время ; 2) заряд q, прошедший через контур за время /2. Решение ЭДС электромагнитной индукции в контуре равна: .   E   (Ф / t )  2a t   , 2 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

374

тепловая мощность тока составляет: 2

E 2 4a 2     t   . R R  2 Интегрируя тепловую мощность, находим количество тепла, выделившееся в контуре за время :   2 3  4a 2   4a 2   a2 3 Q   P(t ) dt  t  d t  t    .     R 0  2  3R  2  3R 0 0 P(t ) 

Чтобы найти заряд q, прошедший по цепи за время /2, найдем силу индукционного тока: E(t ) 1 dФ , I (t )   R R dt откуда затем получаем: /2

/ 2

/ 2

1 dФ 1 a 2   .  Ф (  / 2 )  Ф ( 0 )   d t   d Ф   dt  R 4 R R 0 0 0 Отрицательный знак заряда означает, что, в соответствии с правилом Ленца, индукционный ток шел по контуру в таком направлении, при котором его магнитное поле препятствовало изменению магнитного потока. a2 3 a 2  ; 2) q   Ответ: 1) Q  . 3R 4R q

 I (t ) dt  

– +

Задача 18.3.6. Контур представляет соС1 бой окружность, соединенную по диаметру, – + С3 с конденсаторами С1, С2 и С3, включенными в разрывы проводников (рис. 18.6), и находится в однородном переменном магнитном С2 – + поле. Скорость изменения магнитного потока через площадь кольца постоянна и Рис. 18.6. Схема контура. равна Ф . Найти заряды конденсаторов, если вначале они не были заряжены. Решение Расставим произвольно знаки зарядов на конденсаторах (см. рис. 18.6.) Истинные знаки зарядов определятся потом из полученных решений.

Глава 18. Электромагнитная индукция

375

Алгебраическая сумма напряжений по любому выбранному контуру должна равняться сумме ЭДС, действующих в данном контуре. Совершим обход внешнего кругового контура против часовой стрелки. Сразу учитывая, что напряжение на конденсаторах q Ui = i , а ЭДС в этом контуре E  Ф , для данного контура полуCi чим: . q1 q2   Ф C1 C2 Обход верхней половины контура (также против часовой стрелки) дает уравнение: q1 q3 1 .   Ф, C1 C3 2 где учтено, что магнитный поток через этот контур вдвое меньше, чем через весь контур. Третье уравнение получается из условия сохранения заряда (запишем для правого узла): q1  q 2  q 3  0 . Решая эту систему трех уравнений, получаем заряды конденсаторов: . C (C  C / 2) 3 q1   Ф 1 2 , C1  C2  C3 .

q2  Ф

C2 (C1  C3 / 2) , C1  C2  C3

C3 (C2  C1 ) . 2(C1  C2  C3 ) Замечание. Знаки q1 и q2 всегда противоположны. Знак q3 зависит от соотношения емкостей С1 и С2. В случае С1 = С2 разность потенциалов между концами диаметра равна нулю и q3 = 0. . C (C  C / 2) . C (C  C / 2) 3 3 Ответ: q1   Ф 1 2 , q2  Ф 2 1 , C1  C2  C3 C1  C2  C3 .

q3  Ф

.

q3  Ф

C3 (C2  C1 ) . 2(C1  C2  C3 )

376

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задачи типа 18.4 Нахождение напряженности вихревого электрического поля. Метод решения: в общем случае напряженность вихревого электрического поля определяется дифференциальным соотношением (18.5). Если же структура силовых линий вихревого поля заранее известна из соображений симметрии, как это бывает в большинстве случаев в задачах курса общей физики, то для нахождения Евихр удобно использовать соотношение Ф E инд    E вихр dl , t L в котором приравнивается ЭДС индукции, найденная из общего соотношения (18.2), и ее выражение через циркуляцию вектора Евихр. Контур интегрирования L надо выбрать так, чтобы циркуляция вектора Евихр получилась в наиболее простом виде. Это будет, например, когда весь контур или его участки совпадают с силовыми линиями, а остальные участки контура перпендикулярны силовым линиям и не дают вклада в циркуляцию. Задача 18.3.7. В длинном соленоиде радиуса а с плотностью намотки n (витков/метр) изменяют ток с постоянной скоростью   dI / dt . Найти модуль напряженности вихревого электрического поля Е(r) как функцию расстояния r от оси соленоида. Решение Магнитное поле внутри длинного соленоида пространственно однородно, его индукция равна: B = 0nI. (18.8) Пусть вектор В направлен из плоскости рисунка вверх (рис. 18.7). В силу аксиальной симметрии системы силовые линии вихревого электрического поля являются окружностями с центром на оси соленоида (пунктир на рис. 18.7). Область r < a. Выберем контур L в виде окружности радиуса r. За положительное примем направление обхода

B a

r

E

I |E| a

r

Рис. 18.7. К расчету напряженности вихревого электрического поля, создаваемого соленоидом. Внизу приведен график зависимости модуля напряженности от расстояния до оси соленоида.

Глава 18. Электромагнитная индукция

377

против часовой стрелки, тогда нормаль к плоскости контура сонаправлена с вектором В и поток магнитной индукции через контур положителен: Ф(t) = r2B(t). По закону Фарадея ЭДС индукции в этом контуре составляет: dФ dB . (18.9) E  r 2 dt dt Поскольку контур L совпадает с силовыми линиями электрического поля и величина напряженности Е(r) постоянна в точках контура, циркуляция вектора E вдоль контура имеет вид: (18.10) E   Edl  2rE . Приравнивая выражения (18.9) и (18.10), получаем: 1 dB . (18.11) E (r )   r  2 dt С учетом формулы (18.8) напряженность поля примет вид: 1 dI 1 E (r )    0 nr     0 nr . 2 dt 2 Знак напряженности Е противоположен знаку производной тоdI ка   в обмотке в соответствии с правилом Ленца, так как инdt дуцированное поле должно препятствовать изменению силы тока (см. рис. 18.7). Область r > a. В этом случае магнитный поток не зависит от радиуса контура r и равен полному потоку через поперечное сечение соленоида: Ф(t) = a2B(t). Повторяя предыдущие вычисления с этим изменением, получаем: dФ dB , E  a 2 dt dt 1 dB 1 1 1 E (r )   a 2     0 na 2   . 2 dt r 2 r График модуля E(r) приведен на рис. 18.7. 1 Ответ: r < a: E (r )    0 nr , 2 1 1 r > a: E (r )    0 na2   . 2 r

378

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 18.3.8. Плоская спираль с большим числом витков N и внешним радиусом R находится в однородном магнитном поле, вектор индукции которого перпендикулярен плоскости спирали, а модуль индукции меняется по закону: B = B0cost (рис. 18.8). Найти ЭДС индукции в спирали.

B(t)

Решение Рис. 18.8. К расчету ЭДС Способ 1. Будем исходить из того, индукции в спирали. что силовые линии вихревого электрического поля представляют собой окружности с центром в начале спирали, и его напряженность согласно результату предыдущей задачи равна (формула (18.11)): 1 . E (r )   B r . 2 В полярных координатах этот вектор имеет вид: 1   E  Е r , E    0;  rB  . 2   Уравнение спирали с N витками в полярных координатах записывается следующим образом: r() = a, R где a  . 2N Учитывая, что дифференциал дуги в полярных координатах имеет вид: dl = {dr; rd}, найдем приращение ЭДС на элементе дуги спирали длиной dl: 1 . 1 . d E  Edl   r B r d   B r 2 ()d . 2 2 Интегрируя dE по  в пределах от 0 до 2N, получаем ЭДС для всей спирали: 2 2 N 2 N 3 1 . 1 1  R  2N  1 2 E   В  r 2 d   В  a d   В    NR 2 В .  2 0 2 0 2  2N  3 3 Подставляя B   B0 sin( t ) ,

Глава 18. Электромагнитная индукция

379

окончательно находим: 1 E  NR2 B0  sin t . 3 Способ 2. Поскольку по условию задачи число витков N велико, шаг спирали мал и каждый её виток близок к окружности, ЭДС в i-ом круговом витке составляет: Ei  Ф i  ri2 B , 2 где ri – средний квадрат радиуса i-ого витка. Полная ЭДС получится суммированием по всем виткам, котоR рое ввиду малости шага спирали r ( r  ) можно свести к интеN грированию: R N N   N 2   2 E   Ei  B  ri2   B ri r   B  ri dr  r i 1 r 0 i 1 i 1

.  . R3 1 B   NR2 B , R N 3 3 что приводит к тому же результату. 1 Ответ: E  NR2 B0  sin t . 3



Задача 18.3.9. По двум параллельным бесконечным плоскостям текут одинаковые по модулю противоположно направленные токи с поверхностной плотностью, меняющейся во времени по закону i(t) = t. Найти напряженность вихревого электрического поля между плоскостями. Решение Выберем систему координат XYZ, как показано на рис. 18.9. В пространстве между плоскостями магнитное поле однородно, снаружи равно нулю. Вектор индукции B перпендикулярен направлению токов, его модуль равен (глава 16, задача 16.3.2): В = 0i(t) =µ0αt. (18.12) Направление силовых линий вихревого электрического поля можно найти из следующих соображений. В силу симметрии системы относительно центральной плоскости силовые линии должны быть параллельны плоскостям и симметричны относительно центральной плоскости. Действительно, присутствие перпендику-

380

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

лярной х-компоненты вектора Е в этом случае привело бы к нарушению условия div E = 0. Далее, наличие у поля y-компоненты нарушило бы эквивалентность обоих направлений по этой оси. Таким образом, возможно существование только компонен+i (t) X ты Еz. Направление векторов Е Е l вдоль оси Z можно определить 0 B 2x Z по правилу Ленца, поскольку Е они должны быть антипараллельны направлению поверх- Рис. 18.9.–iК(t) расчету вихревого элекностных токов i на верхней и трического поля между плоскостями нижней плоскостях. Картина с током. силовых линий представлена пунктиром на рис. 18.9. Для нахождения Ez(x) проведем прямоугольный контур со сторонами l и 2x симметрично относительно центральной плоскости. ЭДС в этом контуре, равная циркуляции вектора Е вдоль него, при указанном стрелками направлении обхода равна: E = –2Еl. (18.13) Учитывая, что положительное направление нормали к контуру параллельно В, магнитный поток через контур составляет: Ф(t) = +2xl·B(t), откуда для ЭДС согласно формуле (18.2) можно записать: E  Ф  2 xlВ . (18.14) Приравнивая выражения (18.13) и (18.14) для ЭДС, с учетом формулы (18.12) получаем: E ( x )  E z ( x )  xB   0 x . Ответ: E  E z ( x )  0x , где х – координата по оси, перпендикулярной к плоскостям, с началом координат посередине между ними. Задача 18.3.10. На поверхности длинного сплошного непроводящего цилиндра радиуса а равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью . Цилиндр может вращаться без трения вокруг своей оси. Внешнее однородное магнитное поле с вектором индукции В направлено вдоль оси цилиндра. Найти угловую скорость вращения , которую приобретет цилиндр после выключения

Глава 18. Электромагнитная индукция

381

магнитного поля. Плотность вещества цилиндра , первоначально цилиндр неподвижен. Решение Введем цилиндрическую систему коор динат (r, , z) с осью Z, совпадающей с осью цилиндра и параллельной индукции магнитE B ного поля В. Во время выключения магнит ного поля возникает вихревое электрическое поле с напряженностью Е (задача 18.3.7), силовые линии которого ввиду аксиальной Рис. 18.10. Направлесимметрии задачи являются окружностями с ние силовых линий центром на оси цилиндра (пунктир на вихревого электричерис. 18.10). Это поле будет действовать на ского поля и направление вращения заряженповерхностные заряды цилиндра, вызывая ного цилиндра. его ускорение. Поскольку заряды находятся на поверхности цилиндра, найдем напряженность электрического поля на расстоянии r = a от его оси. В контуре с радиусом r = a (длиной l  2a ) возникает ЭДС индукции E  Ф  2aE , откуда E (a)  Ф /( 2a) где Ф – магнитный поток через поперечное сечение цилиндра. Здесь положительное направление обхода выбрано против часовой стрелки, положительная нормаль параллельна вектору В. Рассмотрим элемент заряда dq = dS на поверхности цилиндра. Со стороны возникшего электрического поля на него будет действовать сила dF = Edq. Эта сила, в свою очередь, вызывает вращающий момент, направленный по оси цилиндра Z и равный: Ф dM z  adF  aEdS   dS . 2 Полный вращающий момент находим интегрированием по поверхности цилиндра, что в данном случае сводится просто к умножению на площадь его боковой поверхности 2ab, где b – длина цилиндра: Ф M z  aE  2ab   2ab  abФ . 2

382

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Учитывая, что момент инерции цилиндра относительно его оси равен 1 1 J  ma 2  a 4b , 2 2 получаем угловое ускорение цилиндра: M abФ 2 dФ z  z  .    3 1 J dt  a 4 a b 2 Интегрируя это соотношение по времени и учитывая граничные условия: Ф(0) = a2B и Ф(∞) = 0, окончательно получаем: 2 2 2 z   (Ф()  Ф(0))  a 2 B  B. 3 3 a a a Ответ: ω 

2 B. a

18.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 18.4.1. На расстояниях a и b от длинного прямого проводника с постоянным током I0 расположены два параллельных ему провода, замкнутых на одном конце сопротивлением R. По проводам без трения перемещают перемычку с постоянной скоростью υ (рис. 18.11). Пренебрегая сопротивлением всех проводов и индуктивностью контура, найти силу, необходимую для поддержания постоянной скорости. 2

b υ  I Ответ: F   0 0 ln  . a R  2

υ b

R I0 a

Рис. 18.11. Взаимное расположение провода с током I0 и контура с подвижной перемычкой.

Глава 18. Электромагнитная индукция

383

Задача 18.4.2. Найти как функцию времени тепло Q(t), выделившееся на сопротивлении R с момента, когда перемычка длиной l начала двигатьа В ся с ускорением a (рис. 18.12). Магнитное R поле однородно, вектор магнитной индукции перпендикулярен плоскости проводников, сопротивлением проводников и Рис. 18.12. Схема контура с подвижной перемычкой. индуктивностью контура пренебречь. 1 Bla2 t 3 . Ответ: Q  3R Задача 18.4.3. Квадратная проволочная рамка ACDE со стороной l помещена в магнитное поле с вектоMС A ром индукции В, направленным перпендикулярно плоскости рамки (рис. 18.13). По рамке с постоянной скоростью υ В υ скользит перемычка MN, сделанная из той же проволоки. Найти разность потенN D E циалов между точками C и D в момент, когда перемычка находится: 1) посере- Рис. 18.13. Схема контура с дине; 2) у правого края. Индуктивностью подвижной перемычкой. контура пренебречь. 3 1 Ответ: 1) C – D = Blυ; 2) C – D = Blυ. 4 7 Задача 18.4.4. Проводящая лента ширины l протягивается со скоростью υ в магнитном поле с индукцией В, направленной перпендикулярно ее плоскости. Найти ЭДС между краями ленты. Ответ: E = Blυ. C

Задача 18.4.5. Металлический l стержень массы m и длины a подвешен B горизонтально на двух проводах длины m l, к которым подключен конденсатор емa кости С. Система находится в магнитном поле с вектором индукции, направленным вертикально вниз (рис. 18.14). Рис. 18.14. Стержень, подвеОпределить период малых колебаний шенный в магнитном поле.

384

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

стержня. Сопротивлением проводов и стержня пренебречь. Ответ: T  2

(m  CB2 a 2 )l . mg

Задача 18.4.6. П-образный проводник a с перемычкой длины l (рис. 18.15) находится в однородном магнитном поле с векВ(t) тором индукции В, который перпендикулярен плоскости проводника и изменяется Рис. 18.15. Схема контура с во времени по закону В = t. В момент подвижной перемычкой. времени t = 0 перемычку, находившуюся в крайнем левом положении, начинают перемещать без начальной скорости с ускорением а. Найти ЭДС индукции в проводнике E(t) в зависимости от времени. 3 Ответ: E(t) = alt2. 2 Задача 18.4.7. По двум тонким параллельным проводникам, замкнутым на сопротивление R, в момент времени t = 0 начинают перемещать перемычку с постоянным ускорением а (рис. 18.16.). Система нахоa R В(t) дится в однородном магнитном поле, вектор индукции которого перпендикулярен к плоскости проводников, а его модуль изРис. 18.16. Схема конменяется со временем по закону тура с подвижной пеВ(t) = B0 + t. Начальная площадь контура ремычкой. S, длина перемычки l. Найти силу тока в цепи. Ответ: I (t )  B0  t  lat   S  lat 2 / 2 / R .







Замечание. Первое слагаемое обусловлено ЭДС в движущейся перемычке, возникающей за счет магнитной силы Лоренца, второе – вихревым электрическим полем. Задача 18.4.8. В магнитном поле с большой высоты падает кольцо радиуса а и массы m так, что плоскость кольца всегда горизонтальна. Найти установившуюся скорость падения υ, если вертикальная составляющая индукции поля зависит от высоты h по зако-

Глава 18. Электромагнитная индукция

385

ну B(h)  B0 (1  h) . Ускорение свободного падения g, сопротивление кольца R, индуктивностью кольца пренебречь. mgR Ответ: υ  . ( B0 a 2 ) 2 Задача 18.4.9. На длинный соленоид, через который проходит переменный ток a I(t) = I0 cos(t), надет тор из диэлектрика с B проницаемостью  (рис. 18.17). В торе имеI ется очень тонкий поперечный зазор. Найти  модуль напряженности электрического поля Е в зазоре в зависимости от расстояния r до оси соленоида. Радиус соленоида а, длина l, Рис. 18.17. Поперечное сечение соленоида и число витков N. диэлектрического тора.  0 NIa 2  Ответ: E ( r )   sin t . 2lr Задача 18.4.10. Непроводящее тонкое кольцо с невесомой ступицей надето на ось, вокруг которой может свободно вращаться. Кольцо заряжено по периметру зарядом q. В начальный момент оно покоилось, затем включили однородное магнитное поле, вектор индукции которого перпендикулярен плоскости кольца. Модуль индукции магнитного поля стал возрастать со временем по некоторому закону B(t). Найти угловую скорость кольца (B) в зависимости от индукции поля. Считать, что вся масса m сосредоточена в кольце. Указание. Решить задачу двумя способами: 1) динамическим, найдя момент сил, действующих на кольцо со стороны вихревого электрического поля; 2) из формулы для энергии, учитывая, что энергия кольца в магнитном поле равна W = ФI/2. q Ответ: ω( B)   B(t ) . 2m Задача 18.4.11 ([3], 379). Предположим, что рельсы железнодорожной колеи шириной 1,2 м, идущие по магнитному меридиану, изолированы друг от друга и от Земли. По этим рельсам идет поезд со скоростью 60 км/час. Вертикальная составляющая индукции

386

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

магнитного поля Земли Вв = 8∙10–9 Тл. Что покажет вольтметр, включенный в каком-нибудь месте между рельсами: 1) когда поезд приближается к прибору; 2) когда поезд проходит над прибором, т.е. прибор находится между двумя скатами какого-нибудь вагона; 3) когда поезд удаляется от прибора? Ответ: во всех случаях 1 мВ. Задача 18.4.12 ([2], 3.300). Провод, имеющий форму параболы y = kx2 Y В (рис. 18.18), находится в однородном магнитном поле с индукцией В. Из вер1 2 шины параболы в момент t = 0 начали перемещать перемычку 1-2. Найти ЭДС индукции в образовавшемся контуре как 0 Х функцию у, если перемычку перемещают: Рис. 18.18. Провод в форме а) с постоянной скоростью υ; б) с посто- параболы в магнитном поле. янным ускорением а, причем в момент t = 0 скорость перемычки была равна нулю. Ответ: а) E  2Bυ y / k ; б) E  By 8a / k . Задача 18.4.13 ([2], 3.304). По двум гладким медным шинам, установленным под углом α к горизонту, скользит под действием силы тяжести медная перемычка массы m. Шины замкнуты на сопротивление R (рис.18.19). Расстояние В R между шинами l. Система находится в α однородном магнитном поле с индукцией В, перпендикулярной к плоскости, в которой перемещается перемычα ка. Сопротивления шин, перемычки и скользящих контактов, а также самоин- Рис. 18.19. Перемычка, скольдукция контура пренебрежимо малы. зящая по шинам в магнитном поле с индукцией В. Найти установившуюся скорость перемычки. Ответ: υ  mgR sin  / B 2 l 2 . Задача 18.4.14 ([2], 3.301). Металлический диск радиуса а = 25 см вращают с постоянной угловой скоростью ω = 130 рад/с вокруг его оси. Найти разность потенциалов между центром и ободом диска, если: а) внешнего магнитного поля нет; б) имеется пер-

Глава 18. Электромагнитная индукция

387

пендикулярное к диску внешнее однородное магнитное поле с индукцией В = = 5,0 мТл. Ответ: а) Δ   2 a 2 m / 2e  3,0 нВ; б) Δ  Ba 2 / 2  20 мВ (m, е – масса и заряд электрона). Задача 18.4.15 ([2], 3.299). Контур находится в однородном магнитном поле с индукцией В. Верхнюю часть контура – провод в виде полуокружности радиуса а (рис. 18.20) – вращают с постоянной угловой скоростью ω вокруг оси ОО′. В момент t = 0 магнитный поток через контур максимальный. Найти ЭДС индукции в контуре как функцию времени t.  Ответ: E  a 2 B sin t. 2

О

О′ В

Рис. 18.20. Контур в виде полуокружности, вращающийся в магнитном поле.

Задача 18.4.16 ([3], 398). В однородном магнитном поле с индукцией В = 0,8 Тл с небольшой скоростью вращается квадратная рамка со стороной а = 5 см, состоящая из небольшого числа витков медной проволоки сечением S = 0,5 мм2. Максимальное значение силы тока, индуцируемого в рамке при вращении, равно I = 1,9 А. 1) Определить число оборотов рамки в секунду. 2) Как нужно изменить скорость вращения рамки, чтобы при замене медной проволоки железной сила тока в цепи осталась неизменной? Ответ: 1) N ≈ 1 об/с; 2) нужно увеличить её в  ж /  м раз, т.е. в 5,06 раза. Задача 18.4.17 ([2], 3.316). Внутри длинного соленоида находится катушка из N витков с площадью поперечного сечения S. Катушку поворачивают с постоянной угловой скоростью ω вокруг оси, совпадающей с её диаметром и перпендикулярной к оси соленоида. Найти ЭДС индукции в катушке, если индукция магнитного поля в соленоиде меняется со временем как В = В0sinωt и в момент t = 0 ось катушки совпадала с осью соленоида. Ответ: E  NSB0 cos 2t .

388

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 18.4.18 ([2], 3.316). В середине длинного соленоида находится коаксиальное кольцо прямоугольного сечения из проводящего материала с удельным сопротивлением ρ. Толщина кольца h, его внутренний и внешний радиусы а и b. Найти индукционный ток в кольце, если индукция магнитного поля соленоида изменяется по закону В = βt, где β – постоянная. Ответ: I  b 2  a 2 h / 4 .





Задача 18.4.19 ([3], 384). Прямоугольная рамка (а×b) равномерно вращается с угловой скоростью ω вокруг стороны а в однородном переменном магнитном поле, изменяющемся синусоидально с угловой скоростью ω′ и перпендикулярном к оси вращения рамки. Определить величину индуцированной ЭДС E. Рассмотреть частные случаи при ω = ω′: 1) в начальный момент В = В0, а плоскость рамки перпендикулярна В; 2) в начальный момент В = В0, а плоскость рамки параллельна В. Ответ: E  B0 ab sin t cos( t  )   cos t sin( t  ). 1) E  B0 ab sin 2t при φ = 0; 2) E  B0 ab cos 2t при φ = –π/2. Задача 18.4.20 ([3], 385). Прямоугольная рамка (а×b) вращается вокруг одной из своих сторон в однородном магнитном поле с индукцией В, перпендикулярной к оси вращения, с переменной угловой скоростью    0 1  e  kt . Определить величину индуцированной ЭДС, если в начальный момент плоскость рамки перпендикулярна индукции В.   1  e  kt   . Ответ: E  Bab  sin  0  t  k   





Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 389

Глава 19 САМОИНДУКЦИЯ И ВЗАИМНАЯ ИНДУКЦИЯ. ЭНЕРГИЯ МАГНИТНОГО ПОЛЯ 19.1. Теоретический материал Самоиндукция – это явление электромагнитной индукции в контуре при изменении потока индукции магнитного поля, создаваемого током самого контура. Поток индукции магнитного поля Ф, создаваемого током I контура, через любую поверхность, ограниченную контуром, (пронизывающий контур) равен:  = LI. (19.1) Коэффициент пропорциональности L между силой тока в контуре I и магнитным потоком Ф называется коэффициентом самоиндукции (индуктивностью) контура. Индуктивность не зависит от силы тока I и в вакууме определяется только размерами и конфигурацией контура. Единицей измерения индуктивности является Генри: L  Н 2м  Гн . А Взаимная индукция – это явление электромагнитной индукции в контуре при изменении магнитного потока поля, создаваемого токами в других контурах. Поток индукции магнитного поля, создаваемый токами всех контуров и пронизывающий i-ый контур, равен: (19.2) Φi   Lij I j . j

Коэффициент пропорциональности Lij между магнитным потоком Фj, создаваемым в j-м контуре магнитным полем тока Ii, протекающего по i-му контуру (при i  j ), называется коэффициентом взаимной индукции контуров. Коэффициенты взаимной индукции Lij не зависят от сил токов Ij в контурах и определяются взаимным расположением частей различных контуров. При i = j коэффициент Lij ≡ Lii является коэффициентом самоиндукции. В вакууме или в средах с линейной магнитной восприимчивостью (диа- и парамагнетики) коэффициенты взаимной индукции симметричны по индексам:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

390

Lij = Lji. (19.3) Единицей измерения коэффициента взаимной индукции Li  j также является Генри: Нм Lij  2  Гн . А Коэффициент самоиндукции параллельно и последовательно соединенных катушек индуктивности. А. Последовательное соединение катушек индуктивности. Катушки индуктивности Li  (взаимной индуктивностью которых можно пренебречь) соединяются в цепи так, что через них течет одинаковый ток I (см. рис. 19.1). Li, Eiинд При этом коэффициент самоиндукции I батареи катушек равен сумме коэффициентов самоиндукции соединенных Рис. 19.1. Последовательное соединение индуктивностей. катушек индуктивности: L   Li . (19.4)

 

i

Б. Параллельное соединение катушек индуктивности. Катушки индуктивности соединены так, I что напряжения U 21 на их концах одинаковы Li, Ii 1 2 (см. рис. 19.2). При этом обратная величина коэффициента самоиндукции батареи катушек (если взаимной индукцией катушек можно пренебречь) равна сумме обратных величин Рис. 19.2. Параллелькоэффициентов самоиндукции соединенных ное соединение индуктивностей. катушек индуктивности: 1 1  . (19.5) L i Li Собственная (магнитная) энергия электрического тока в контуре локализована в магнитном поле, создаваемом этим током, и равна: 1 1 (19.6) W  LI 2  IΦ . 2 2 Энергия магнитного поля в вакууме распределена по всему пространству, в котором существует магнитное поле, и равна: 1 W   wdV  B 2 dV , (19.7) 2 0 

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 391

B2 – объемная плотность энергии магнитного поля. 2 0 Энергия системы неподвижных замкнутых контуров с током равна: 1 1 W   Lij I i I j   IΦi . (19.8) 2 i, j 2 i где w 

Эту энергию можно разбить на две части: 1 1 W   Wi   Wij   Lii I i2   Lij I i I j . 2 i 2 i j i i j Первое слагаемое – сумма собственных энергий электрических токов в контурах Wi, которые всегда положительны, второе – сумма энергий их взаимодействия Wij, которые могут быть как положительными, так и отрицательными. Полная энергия системы контуров всегда положительна. 19.2. Основные типы задач (классификация) 19.1. Нахождение индуктивности систем. 19.2. Определение коэффициента взаимной индукции контуров. 19.3. Расчет коэффициентов самоиндукции системы соединенных катушек индуктивности. 19.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 19.1 Нахождение индуктивности систем. Метод решения. Определение индуктивности L может проводиться двумя способами: 1) на основе связи потока магнитной индукции Ф с током I в контуре, создающим этот поток (19.1); 2) с использованием формулы для магнитной энергии электрического тока (19.6). При этом энергия магнитного поля, создаваемого током, должна быть найдена независимым образом из ее объемной плотности (19.7). Таким образом, индуктивность рассчитывается из соотношения:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

392

B2 1 dV  LI 2 . 2 0 2 V

W 

Задача 19.3.1. По длинному сплошному прямому цилиндрическому проводу радиуса R из немагнитного материала течет ток I. Считая, что плотность тока одинакова во всём объёме проводника, найти энергию магнитного поля внутри провода в расчете на единицу его длины. Решение Данная задача является примером вычисления энергии магнитного поля, что бывает необходимо при расчете индуктивности различных систем вторым из перечисленных способов. Так как плотность тока одинакова во всём объеме проводника, то на расстоянии r от его оси индукцию магнитного поля можно рассчитать по теореме о циркуляции вектора В:  I B 0 2 r. 2R dr Объёмная плотность энергии магнитr R B2 ного поля равна w  , то есть зависит 2 0 от расстояния до оси проводника следуюI l щим образом: 2

1  0 I  w(r )  r .  2 0  2R 2  Для вычисления полной энергии внутри провода разобьем его на трубки малой толщины dr, радиуса r и длины l, соосные с проводом (рис. 19.3). Энергия магнитного поля внутри трубки равна: 2

Рис. 19.3. К нахождению энергии магнитного поля внутри цилиндрического провода.

1  0 I  dW (r )  w(r )dV  r  2rldr ,  2 0  2R 2  где dV = 2πrldr – объем трубки. Тогда для искомой энергии системы в расчете на единицу длины получим:

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 393 2

0 I 2 W 1 1  0 I    r 2  rl d r  .   l l 0 2 0  2R 2  16 R

Wl 

Ответ: Wl 

0 I 2 . 16 

Задача 19.3.2. Найти индуктивность длинного тонкого цилиндрического соленоида, имеющего N витков, длину l и площадь поперечного сечения S ( l  S ). Решение Способ 1. Величина индукции магнитного поля в длинном соленоиде может быть найдена по теореме о циркуляции вектора В и равна: B = 0nI, (19.9) где n = N/l – плотность намотки. Поскольку магнитное поле однородно, поток вектора В через один виток составляет: Ф1 = BS = 0nIS. (19.10) Полный поток индукции через все N витков равен: N2 (19.11) Ф  NФ1   0 IS . l Используя определение индуктивности (19.1), из формулы (19.11) получаем: Ф N2  0 S   0 n 2V , I l где V = Sl – объем соленоида. Способ 2. Найдем энергию магнитного поля внутри соленоида, B2 воспользовавшись формулой для плотности энергии w  . 2 0 Ввиду однородности поля в длинном соленоиде для нахождения полной энергии магнитного поля надо просто умножить плотность энергии на объем соленоида V = Sl. С учетом выражения (19.7) для энергии магнитного поля W получим: B2 V I2 2 2 (19.12)   W V  0 nI   0 n V . 2 0 2 0 2 L

394

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Сравнивая выражение (19.12) с формулой (19.6) для энергии

W

LI 2 , находим индуктивность соленоида: 2 L   0 n 2V . Ответ: L   0

N2 S   0 n 2V , где V – объем соленоида. l

Задача 19.3.3. Найти индукa a тивность тороидальной катушки B b h прямоугольного сечения, имеющей N витков, внутренний радиус котоr рой равен a, внешний b и высота h Рис. 19.4. Тороидальная катушка прямоугольного сечения. (рис.19.4). Решение Ввиду осевой симметрии силовые линии внутри тора являются концентрическими окружностями с центром на его оси. Модуль вектора индукции найдем по теореме о циркуляции вектора B: NI B(r )   0 . (19.13) 2 r Магнитный поток через один виток равен потоку через поперечное сечение тора: b b  NI dr  b Ф1   BdS    0 h  dr  0 NIh  0 NIh ln   , 2 r 2 r 2 a  a a где учтено, что dS = hdr. Полный магнитный поток через обмотку с N витками  b Ф  NФ1  0 N 2 Ih ln    LI , 2 a откуда получаем искомую индуктивность:  b L  0 N 2 h ln . 2 a  b Ответ: L  0 N 2 h ln . 2 a

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 395

Задача 19.3.4. Найти индуктивность L' единицы длины двухпроводной ленточной линии, если расстояние между лентами h значительно меньше их ширины b (рис. 19.5). Решение Пусть вдоль лент текут токи силы I в противоположных направлениях (рис. 19.5). Поскольку h b: W2   wdV  V

Полная энергия равна:

1  0 I    2 0  2a 2  1  0 I    2 0  2 

2a

2b

r 0

1

2

l 2r dr 

0 2 lI . 16

0

 r 2 l 2r dr  4 lI a

2

b ln  . a

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 397

0 2   b  1 lI 1  4 ln    LI 2 . 16   a  2 Отсюда получаем:    b  L(l )  0 l 1  4 ln   8   a  и для единицы длины кабеля находим: L(l )  0   b  L1   1  4 ln   .  l 8   a  Примечание. Обычно коаксиальные кабели используют для передачи токов высокой частоты, которые протекают в узком поверхностном слое провода. Тогда магнитным полем внутри центральной жилы можно пренебречь и учитывать энергию поля только между внутренней и внешней поверхностями кабеля. При этом искомая индуктивность единицы длины кабеля составит:  b L1  0 ln  . 2  a    b  b Ответ: L  0  1  4ln  ≈ 0 ln   . 8  a  2  a  W  W1  W2 

Задачи типа 19.2 Определение коэффициентов взаимной индукции контуров. Метод решения. При расчете коэффициента взаимной индукции основной является формула (19.2). Очень полезным бывает учет равенства коэффициентов взаимной индукции Lji = Lij, поскольку расчет одного из коэффициентов Lji или Lij часто бывает намного проще, чем другого. Задача19.3.6. Вычислить взаимную индуктивность длинного прямого провода и прямоугольной рамки со сторонами а и b. Рамка и прямой провод лежат в одной плоскости, причем ближайшая к проводу сторона рамки длиной b параллельна проводу и отстоит то него на расстояние l. Решение Пусть по прямому проводу протекает ток I1 (см. рис. 19.7). Ток, текущий по проводу, создает магнитное поле, индукцию которого

398

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

можно найти по теореме о циркуляции вектора В. На расстоянии r от провода модуль вектора индукции равен:  I (19.16) B(r )  0 1 . 2r Вектор индукции В перпендикулярен плоскости рамки и при заданном направлении тока в проводе направлен в рисунок. Рассчитаем поток индукции Ф2, прониa зывающий рамку. Для этого разобьем плоскость рамки на узкие полоски ширины dr, параллельные проводу (см. рис. 19.7). Кажb дая полоска отстоит от провода на расстоя- I1 l В ние r. Выберем положительное направление r dr обхода рамки по часовой стрелке. При этом вектор нормали n к плоскости рамки будет 19.7. К расчету сонаправлен с вектором индукции В. Поток Рис. взаимной индуктивночерез выбранную узкую полоску площади сти длинного прямого dS = bdr равен: провода и прямоугольной рамки. dФ2  BdS   Bb dr . (19.17) С учетом формулы (19.16) выражение (19.17) примет вид:  I dФ2 (r )  0 bdr. 2r Полный поток индукции через рамку составляет: l a  I  Ib  l  a  (19.18) Ф2   0 bdr  0 ln  . 2  r 2  l   l По определению коэффициента взаимной индукции L12: Ф2  L12 I 1 . (19.19) Сравнивая формулы (19.18) и (19.19), получаем искомый коэффициент взаимной индукции:  b  a L1 2  0 ln 1   . 2  l  b  a Ответ: L12  0 ln 1   . 2  l Задача 19.3.7. Замкнутая катушка в виде тора прямоугольного сечения (без сердечника) имеет N витков. В нее продето проволочное кольцо, в котором источником переменной ЭДС создается ток

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 399

I = I0 cost (рис. 19.8). Найти ЭДС индукции, наводимой в обмотке тора. Внутренний радиус тороидальной катушки a, внешний b, высота h.

˜

2 1 Решение 19.8. Взаимное распоНайти ЭДС индукции в катушке-торе Рис. ложение тороидальной (контур 1) можно по закону Фарадея: катушки и проволочного E  dФ1 / dt , (19.20) кольца. где Ф1 – магнитный поток, пронизывающий все витки катушки, причем Ф1  L12 I 2 , (19.21) где I2 ≡ I – ток в кольце (контур 2), L12 –коэффициент взаимной индукции катушки и кольца. Рассчитать L12 трудно, поскольку для этого надо знать пространственное распределение магнитного поля кольца во всем объеме, занимаемом тором. Поэтому воспользуемся равенством коэффициентов взаимной индукции L12 = L21 и рассчитаем L21. Пусть по тороидальной катушке течет ток I1. Кольцо пронизывает магнитный поток, который локализован только в сечении тора и был рассчитан в задаче 19.3.2:  b Ф2  0 NI 1 h ln   . (19.22) 2 a Исходя из определения коэффициента взаимной индукции L21: Ф2  L21 I 1 , из формулы (19.22) получаем:  b L21  0 Nh ln   . 2 a Теперь по формуле (19.20) с учетом соотношения (19.21) находим ЭДС, наводимую в тороидальной катушке:  dФ dI dI b E   1   L12 2   L21 2  0 Nh ln    I 0  sin t . dt dt dt 2 a Замечание. Здесь был рассчитан магнитный поток через перпендикулярное сечение тора, но величина потока не зависит от ориентации плоскости сечения, т.е. не зависит от ориентации кольца относительно тороида. Результат будет тот же и для петли любой формы, в том числе и не плоской, лишь бы она охватывала тороид.

400

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

0 b Nh ln    I 0  sin t . 2 a Задача 19.3.8. В центр сверхпроводящего кольца индуктивности L и радиуса а внесен точечный магнитный диполь с магнитным моментом рm, направленным по оси кольца (рис. 19.9). Какой ток I установится в кольце?

Ответ: E 

Решение Рис. 19.9. СверхпроводяМагнитный диполь можно предста- щее кольцо и магнитный вить как малую петлю (контур 1) с площа- диполь. дью S и таким током I1, чтобы выполнялось условие pm = I1S. Закон Ома для кольца запишется в виде: IR  E  Ф , что при R  0 приводит к условию Ф  0 , т.е. в сверхпроводящем контуре магнитный поток "заморожен" (Ф = const). Поскольку первоначально он равнялся нулю, это значение не изменится и после внесения диполя. Когда диполь будет в центре кольца, магнитный поток Ф2 через кольцо (контур 2) будет создаваться током самого кольца I и магнитным полем, создаваемым петлей-диполем с током I1: Ф2  LI  L12 I 1  0 . (19.23) Здесь положительная нормаль выбрана параллельно направлению вектора pm , а положительное направление обхода кольца – по часовой стрелке, если смотреть вдоль pm . Чтобы найти отсюда ток I, нужно знать коэффициент взаимной индукции контуров L21, но в данном случае гораздо проще рассчитать равный ему коэффициент L12 следующим образом. Пусть по кольцу течет ток I2. Тогда в центре кольца модуль индукции магнитного поля будет равен:  I В= 0 2 . 2a Поскольку петля диполя очень мала, магнитное поле на ее площади почти однородно и магнитный поток через петлю диполя равен:  I Ф  BS  0 2 S  L12 I 2 , 2a

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 401

откуда находим коэффициент L12:  S L12  0  L21 . 2a Подставляя это выражение в приведенное выше условие (19.23) равенства нулю полного магнитного потока, получаем: L IS p I   I1 21  0 1  0 m . L 2 La 2 La Знак минус означает, что индукционный ток в кольце направлен против часовой стрелки, т.е. магнитный момент кольца противоположен вектору магнитного момента диполя. p Ответ: I   0 m , ток направлен против часовой стрелки. 2 La Задачи типа 19.3 Расчет коэффициентов самоиндукции системы соединенных катушек индуктивности. Метод решения. При расчете коэффициентов самоиндукции используются формулы для последовательного (19.4) и параллельного (19.5) соединения катушек индуктивности, если взаимной индукцией катушек можно пренебречь. С учетом взаимной индукции катушек для определения индуктивности системы вычисляется суммарный магнитный поток Ф, пронизывающий все катушки, с учетом как собственных потоков Фii, так и потоков Фij, созданных другими катушками. Задача 19.3.9. Найти общую индуктивность системы из двух последовательно соединенных катушек, находящихся в вакууме и имеющих индуктивности L1 и L2. Коэффициент взаимной индукции катушек L12. Решение При последовательном соединении ток в обеих катушках одинаков и равен I. Суммарный магнитный поток Ф, пронизывающий обе катушки, равен алгебраической сумме потоков через первую и вторую катушки. Каждая из катушек пронизывается собственным потоком (Ф11 или Ф22) и потоком, созданным другой катушкой (Ф21 или Ф12). Таким образом, Ф = Ф11+Ф22+Ф21+Ф12. (19.24)

402

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Собственные потоки всегда положительны и определяются индуктивностью каждой катушки: Ф11 = L1I, Ф22 = L2I. (19.25) ′′Сторонние′′ потоки могут быть положительными или отрицательными в зависимости от направления индукции поля, созданного одной катушкой в витках другой. Знаки магнитных потоков Ф21 и Ф12 всегда совпадают (при изменении направления тока одновременно изменяются на противоположные и направление положительной нормали, и направление вектора индукции), а числовые значения их определяются взаимной индуктивностью: Ф21 = ±L21I2, Ф12 = ±L12I1. Учитывая, что L21 = L12 и I1 = I2 =I, получаем: Ф21 = Ф12 = ±L12I. (19.26) Знак в формуле (19.26) определяется взаимa) б) ной ориентацией и полярностью подключения I I катушек. Если векторы индукций магнитных полей катушек сонаправлены, то ′′сторонние′′ потоки положительны: Ф21 = Ф12 = +L12I. Если векторы индукции полей катушек направлены В2 В2 навстречу друг другу, то ′′сторонние′′ потоки отВ1 рицательны и Ф21 = Ф12 = –L12I (так может получиться, если, не меняя расположения катушек, изменить направление тока в одной из них на В1 противоположное, например, соединить начало второй катушки с началом первой (см. Рис. 19.10. Разные рис. 19.10). последовательные Подставив выражения (19.25) и (19.26) в соединения катушек индуктивности. уравнение (19.24), получим для индуктивности двух катушек: L = L1+L2±2L12. (19.27) Замечание. Если взаимной индукцией катушек можно пренебречь, формула (19.27) переходит в формулу (19.4) для последовательно соединенных катушек индуктивности: L = L1+L2. Ответ: L = L1+L2±2L12.

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 403

19.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 19.4.1. Замкнутая катушка в виде тонкого тора среднего радиуса а имеет N витков. Сечение тора – круг площади S (a >> S1/2). Найти индуктивность этой катушки. N 2S Ответ: L   0   0 n 2V , где V = 2aS – объем тора, n – 2a плотность намотки. Замечание. Ввиду большого радиуса тора по сравнению с размером поперечного сечения его обмотки, его индуктивность совпадает с индуктивностью длинного соленоида, полученной в пренебрежении краевыми эффектами на его торцах. Задача 19.4.2. Круговой виток радиуса а с собственной индуктивностью L установлен на расстоянии l от бесконечной сверхпроводящей плоскости (плоскость витка параллельна сверхпроводящей поверхности). Считая, что l >> a, найти индуктивность L' витка в данных условиях. Указание: использовать дипольное приближение, учитывая, что на поверхности сверхпроводника нормальная компонента вектора магнитной индукции Bn = 0. По аналогии с электростатикой применить метод изображений, т.е. ввести фиктивные источники поля, обеспечивающие выполнение граничных условий.  a4 Ответ: L  L  0 3 . 16l Задача 19.4.3. Найти индуктивность длинного соленоида, имеющего N витков, радиус r и длину l, который помещен внутри длинной сверхпроводящей трубы радиуса R вдали от ее торцов параллельно ее оси.  r2  N 2 Ответ: L   0 r 2 1  2  . R  l  Задача 19.4.4. Найти индуктивность L' единицы длины двухпроводной линии в вакууме. Радиус проводов равен а, расстояние между их осями b, магнитная проницаемость проводов  = 1. Считать, что b >> а, магнитным полем внутри проводов пренебречь.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

404

0  b  0 b ln   1  ln .  a   a Замечание. Точное решение с учетом поля внутри проводов да  b 1 ет L  0  ln   .   a 4

Ответ: L 

Задача 19.4.5. Найти индуктивность L' единицы длины тонкого коаксиального кабеля. Внутренний и внешний проводники считать коаксиальными тонкими цилиндрическими трубами радиусов а и b соответственно.  b Ответ: L  0 ln . 2 a Задача 19.4.6. Найти индуктивность системы из двух соединенных последовательно длинных соленоидов, один из которых вставлен внутрь другого. Внутренний соленоид имеет длину l1, радиус r1 и плотность намотки n1, внешний – l2, r2 и n2 соответственно (l2 > l1, r2 > r1). Рассмотреть два случая: когда направления токов в витках обоих соленоидов одинаковы и противоположны. Ответ: L = 0 (r12l1n12 + r22l2n22  2n1n2r12l1). Знак плюс при одинаковом направлении токов. Задача 19.4.7. Длинный соленоид окружен витком провода, в котором поддерживается ток I = I0 cost подключенным к нему источником переменного тока (рис. 19.11). Найти ЭДС индукции, наводимой в соленоиде. Длина соленоида l, радиус a, число витков N. Рис. 19.11. Соленоид и виток N 2 Ответ: E=0 a I0  sin t. тока вокруг него. l Результат не зависит от наклона и формы витка. Задача 19.4.8. Точечный магнитный диполь пролетает насквозь через соленоид вдоль его оси. Магнитный момент диполя направлен параллельно его скорости. Соленоид через идеальный выпрямляющий элемент подключен к баллистическому гальванометру, измеряющему, таким образом, сумму модулей протекших

Глава 19. Самоиндукция и взаимная индукция. Энергия магнитного … 405

зарядов. Найти магнитный момент диполя pm, если гальванометр показал заряд q. Соленоид имеет N витков, длина его l, общее сопротивление соленоида и измерительной цепи R. Ответ: p m 

qRl . 2 0 N

Задача 19.4.9. Квадратная рамка со стороной а лежит в одной плоскости с b прямолинейным длинным проводом (рис. 19.12). Ближайшая сторона рамки a параллельна проводу и отстоит от него на a расстояние b. В рамке источником пере- Рис. 19.12. Взаимное расменной ЭДС создается ток I = I0 sin(t). положение рамки и пряНайти ЭДС индукции E(t), наводимой в молинейного провода. проводе. Ответ:  a  E   0 a ln 1   I 0 cos( t) . 2 b 

~

Задача 19.4.10. По оси кругового витка радиуса а на расстоянии l от его центра (l >> a) движется со скоростью υ точечный магнитный диполь с дипольным моментом pm, ориентированным параллельно вектору скорости. Оценить силу тока в витке, если его сопротивление равно R, а индуктивностью можно пренебречь. 3  0 pm a 2 υ 3  0 pm υ a 2l Ответ: I  .  2  2 R (a  l 2 ) 5 / 2 2Rl 4 Задача 19.4.11 ([2], 3.340 а). Два концентрических тонких проводника в форме окружностей с радиусами а и b лежат в одной плоскости. Имея в виду, что а 0.  I Ib  (l  a) 2  Ответ: Aвнеш  0 0 ln  . 2  l (l  2a)  Ф2  



Задача 20.3.4. В центре длинного соленоида с плотностью намотки n расположена плоская катушка, состоящая из N витков площадью S каждый. Плоскость витков катушки перпендикулярна оси соленоида. По обмотке соленоида течет ток I1, по обмотке катушки – ток I2, причем направления токов одинаковы. Определить работу внешних сил по поступательному перемещению катушки из центра соленоида в плоскость одного из его торцов вдоль оси соленоида.

416

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Решение Работа внешних сил Авнеш по медленному перемещению катушки из центра соленоида в середину одного из его торцов будет равна взятой с обратным знаком работе сил поля. При указанном перемещении катушки внешние силы совершают положительную работу, так как в направлении от центра соленоида к торцу индукция магнитного поля уменьшается, и в таком неоднородном поле на катушку действуют силы, втягивающие её обратно в соленоид: Aвнеш   A   I 2 (Ф2  Ф1 )  I 2 (Ф1  Ф2 ), (20.15) где Ф1 и Ф2 – потоки магнитной индукции, пронизывающие катушку в центре и на торце соленоида. Индукция магнитного поля в соленоиде выражается формулой: 1 (20.16) B   0 In (cos1  cos 2 ) , 2 где  – угол, под которым видны верхние края торцов соленоида из точки, в которой определяется индукция. Для центра длинного соленоида имеем: α1 = 0, α2 = 0 и B1   0 I 1 n . При этом поток магнитной индукции, пронизывающий все N витков катушки, равен: Ф1  NB1 S   0 I 1 nNS . (20.17) На торце соленоида α1 = π/2, α2 = 0 и B2   0 In / 2 . Поток магнитной индукции, пронизывающий витки катушки, равен: Ф2  NB 2 S   0 I 1 nNS / 2 . (20.18) Подставляя (20.17) и (20.18) в формулу (20.15), находим работу внешней силы: Aвнеш   0 I 1 I 2 nNS / 2  0 . Ответ: Aвнеш   0 I 1 I 2 nNS / 2  0 . Задачи типа 20.3 Определение вращающего момента и сил, действующих на контур с током и магнитный момент во внешнем магнитном поле. Метод решения. Определение индукции магнитного поля в месте, где находится магнитный момент. Если магнитный момент контура с током не известен, предварительно вычислить его по

Глава 20. Пондеромоторные силы и работа в магнитном поле

417

формуле: p m  ISn , где n – нормаль к плоскости контура. Если магнитный момент находится в однородном магнитном поле, на него действует вращающий механический момент M   pm B (20.10). В неоднородном магнитном поле на магнитный момент кроме вращающего механического момента (20.10) действует пондеромоторная сила, величина которой определяется по формуле (20.9). Задача 20.3.5. Соленоид радиуса R и длины l (l >> R) имеет обмотку, состоящую из N витков. По соленоиду течет ток силы I. В центре соленоида на его оси помещена небольшая катушка, имеющая магнитный момент pm, направленный перпендикулярно оси соленоида. Определить величину момента сил М, действующих на катушку. Решение Внутри длинного соленоида магнитное поле однородно. Вектор магнитной индукции такого поля направлен вдоль оси соленоида (см. рис. 20.4) и равен по модулю N B   0 nI   0 I . l pm В M

Рис. 20.4. К определению вращающего момента сил Ампера, действующего на магнитный диполь, помещённый на оси соленоида.

Будем рассматривать катушку, как точечный магнитный диполь. Тогда в соответствии с формулой (20.3) момент вращающих сил по модулю будет равен: N M  pm B sin   pm 0 I , l где  = 90 – угол между векторами pm и В. Замечание. Если внутренняя катушка ориентирована соосно соленоиду, то в соответствии с (20.10) момент сил, действующих на неё со стороны магнитного поля соленоида, равен нулю.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

418

Ответ: M 

0 pm NI . l

Задача 20.3.6. На круглый короткий деревянный цилиндр объёмом V в один слой намотана катушка. По катушке течет ток, поверхностная плотность которого равна i. Определить величину механического момента, который удерживает цилиндр в равновесии, если он находится во внешнем однородном магнитном поле, вектор индукции которого В образует угол  с осью цилиндра. Решение Рассмотрим элемент катушки длиной dl. Этот элемент можно рассматривать как магнитный момент p m  ISn  idl R 2 n , где R – радиус катушки, направленный вдоль оси цилиндра (см. рис. 20.6). idl

B pm

dM

Рис. 20.5. Определение момента сил, действующих на элемент катушки с током во внешнем магнитном поле.

В соответствии с формулой (20.10) на этот элемент катушки со стороны магнитного поля действует вращающий момент, равный по модулю dM  p m B sin   idl R 2 B sin  . Считая, что геометрические размеры катушки (радиус R и длина l) совпадают с размерами деревянного цилиндра, на который она намотана, получим выражение для момента сил, действующего на всю катушку со стороны магнитного поля l

l

0

0

M   dM   i R 2 B sin dl  iVB sin  . При интегрировании учтено, что объём катушки равен V  l R . В условиях равновесия механический момент, который удер2

Глава 20. Пондеромоторные силы и работа в магнитном поле

419

живает цилиндр с катушкой в равновесии, равен по величине моменту сил со стороны магнитного поля, который стремится повернуть катушку. Ответ: M  iVBsin  .  Задача 20.3.7. Круглая проволочная петля радиуса а сопротивлением R находится в однородном постоянном магнитB ном поле с индукцией В и равномерно вращается вокруг своего диаметра, пер(t) пендикулярного В, с угловой скоростью  n (рис. 20.6). Пренебрегая индуктивностью петли, найти средний тормозящий момент M сил, действующих на петлю со Рис. 20.6. Проволочная стороны магнитного поля, и среднюю петля, вращающаяся во внешнем магнитном поле. мощность этих сил P . Решение Пусть (t) = t – угол между вектором В и вектором n нормали к плоскости петли в момент времени t. Тогда магнитный поток через контур равен: Ф(t) = a2Bcost, а ЭДС индукции составляет: dФ E  a 2 B sin t . dt Поскольку индуктивностью контура можно пренебречь, индукционный ток по закону Ома равен: E (t ) 1 2 I (t )   a Bsin t . R R Такой круговой виток с током обладает магнитным моментом 1 pm (t )  ISn  na 2 I  n (a 2 ) 2 B sin t . R Согласно формуле (20.10) на петлю будет действовать механический вращающий момент M(t) = [pm B], направленный противоположно вектору  (следствие правила Ленца). Его проекция на направление вектора  равна 1 M (t )   p m (t ) B sin t   (a 2 B) 2  sin 2 t . R

420

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Среднее за период значение sin 2 t = 1/2, поэтому средняя величина момента составляет: 1 M  ( a 2 B)2  . 2R Поскольку мощность P(t) = M(t), а  = const, то средняя за период мощность равна: 1 P  M   ( a 2 B)2 . 2R Замечание. Другой способ решения данной задачи, основанный на законе сохранения энергии, приведён в задаче 18.3.2. 1 1 Ответ: M   ( a 2 B)2 . (a 2 B) 2 ω , P   2R 2R Задача 20.3.8. Две катушки с магнитными моментами p1 и p2 расположены так, что их оси находятся на одной прямой. Расстояние L между катушками велико по сравнению с их размерами. Определить модуль силы взаимодействия катушек. Решение Поскольку L намного больше размеров катушек, систему можно рассматривать как совокупность двух точечных магнитных моментов, один из которых находится в поле, создаваемом другим. Будем рассматривать вторую катушку в поле первой. Направим ось p1 p2 В1 Х вдоль прямой, соединяющей цен0 Х тры катушек, а начало координат поL местим в центр первой катушки (см. рис. 20.7). Тогда сила, действующая на вторую катушку, будет иметь Рис. 20.7. Взаимное расположение только х-компоненту, и её модуль ра- катушек с разными магнитными моментами. вен: B F  Fx  p 2 x 1x . x Индукция магнитного поля на оси точечного магнитного момента была вычислена в задаче 15.3.3 главы 15 (как предельный случай индукции магнитного поля на оси кольца с током при радиусе кольца, значительно меньшем расстояния до точки, в которой

Глава 20. Пондеромоторные силы и работа в магнитном поле

421

 0 2 pm , следовательно, индукция  4 x 3 магнитного поля, создаваемого первой катушкой, составляет:  p B1x  0  13x . 2 x Окончательно для силы, действующей на вторую катушку, получим: 3 p p   p  Fx  p2 x  0  13x    0 1x4 2 x . x  2 x  x L 2L Аналогичный результат получится, если рассматривать первую катушку в магнитном поле второй. Замечание. Катушки притягиваются (Fx < 0), если p1x и p2х имеют одинаковый знак (p1  p2) и отталкиваются (Fx > 0), если p1x и p2х имеют разные знаки (p1  p2) – ситуация, приведённая на рис. 20.7. 3 p p Ответ: F   0 14 2 . 2L

определяется индукция): B 

Задача 20.3.9. Точечный магнитный момент pm расположен перпендикулярно длинному прямому проводу, по которому течет ток I, так, что продолжение вектора pm проходит через провод (рис. 20.8). Определить силу, действующую на магнитный момент со стороны магнитного поля провода, если расстояние между проводом и магнитным моментом равно r.

r

pm

I Рис. 20.8. Взаимная ориентация прямолинейного тока и магнитного диполя.

Решение Выберем декартову систему координат так, чтобы ось Z была параллельна проводу, а ось X – магнитному моменту pm. Взаимная ориентация магнитного момента и провода в поперечной плоскости XY показана на рис. 20.9.

422

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задачу можно решить двумя спосоY бами – используя выражение для энерF гии магнитного поля и непосредственно pm формулу для силы, действующей на r магнитный момент во внешнем магнитI X ном поле. B Способ 1 (через энергию магнитного поля). Чтобы воспользоваться этим мето- Рис. 20.9. Сила, действующая магнитный момент в магдом, нужно найти зависимость энергии на нитном поле прямого провода магнитного момента от его координат в с током. магнитном поле прямого тока. Линии индукции магнитного поля Y прямого провода имеют вид окружноpm стей, центр которых лежит на проводе. y Пусть магнитный момент pm параллелен r α α B оси Х и находится в произвольной точке I x X с координатами (x, y, 0) (рис. 20.10). Компоненты вектора магнитной индукции поля провода в этой точке можно Рис. 20.10. К определению записать как энергии взаимодействия x  y диполя с магнитным поB  B  ,  , 0 , r  лем прямого провода с тоr ком.  I где B  0 . 2 r Энергия магнитного момента pm в магнитном поле с индукцией В равна:  I y y W  ( pm B)   p m B   p m 0 2 . r 2 r Силу, действующую на магнитный момент, можно найти по формуле:  W W W  Fm  gradW    i j k . y z   x Так как магнитный момент, согласно условию задачи, находится в точке с координатами (r, 0, 0), получаем:

Глава 20. Пондеромоторные силы и работа в магнитном поле

Fx   Fy  

W x

 pm 0 I

 y      0; 2 2   x  x  y  x  r , y 0

 pm 0 I

y    y  x 2  y 2

x  r , y 0

W y

x  r , y 0

423

 p  I   m 20 ;  r  x  r , y 0

W 0.  z z 0 В векторном виде сила, действующая на магнитный момент, запишется в виде:  I F  pm 0 2 е y , 2r где еy – орт оси Y выбранной системы координат. Эта сила направлена в положительном направлении оси Y, и смещение в этом направлении уменьшает энергию магнитного момента. В направлении оси Х сила не действует, поскольку смещение по этой оси не меняет энергию. Способ 2 (непосредственный расчет сил). Если постоянный магнитный момент pm находится в точке с координатами (x, y, 0) (рис. 20.10), то компоненты силы, действующей на него со стороны магнитного поля провода, равны:  B    Fx   pm ( p m , B) ;  x   x  Fz 

 Fy   pm   Fz   pm 

B    ( p m , B) ;  y   y B    ( p m , B) ,  z   z

0I 2 r Так как магнитный момент, согласно условию задачи, находится в точке с координатами (r, 0, 0), аналогично способу 1 получаем: p  I Fx  0 , Fy  m 02 , Fz  0 . 2r  I Ответ: F  p m 0 2 е y . 2r

где модуль вектора магнитной индукции B 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

424

20.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 20.4.1. Проводящую плоскость с током поместили во внешнее однородное В1 В2 магнитное поле. В результате индукция магнитного поля с одной стороны плоскости оказалась равной B1, а с другой стороны – В2 (линии поля параллельны плоскости – см. рис. 20.11). Найти магнитное давление р, дей- Рис. 20.11. Линии индукции магнитного ствующее на плоскость. поля с двух сторон от Указание. Для определения направления проводящей плоскосилы давления целесообразно найти направ- сти с током. ление поверхностного тока, текущего по плоскости. B 2  B22 Ответ: p  1 , сила давления направлена вправо. 2 0 Задача 20.4.2. По длинному однослойному соленоиду, обмотка которого состоит из N витков, течет ток I. Определить продольную силу, действующее на торцы соленоида, если его длина равна l. 2

Ответ: F 

 0  NI  S  , продольные силы сжимают соленоид. 2  l 

Задача 20.4.3. Вдоль длинного тонкостенного круглого цилиндра радиуса R течет ток I. Какое давление испытывают стенки цилиндра?  I2 Ответ: p  02 2 . 8 R Задача 20.4.4. Прямоугольная рамка с током I и сторонами a и b лежит в одной плоскости с очень длинным проводом, по которому течет ток I0 (сторона рамки b параллельна проводу). Определить внешнюю механическую силу, которая удерживает рамку в равновесии. Расстояние между проводом и осью симметрии рамки равно r0. 20 I 0 Iab Ответ: F  . ( 4r02  a 2 )

Глава 20. Пондеромоторные силы и работа в магнитном поле

425

Задача 20.4.5. Два длинных соосных соленоида, радиусы которых примерно одинаковы R1  R2  R , а длина много больше R, частично вставлены один в другой. Определить силу, действующую на каждый из соленоидов. Плотность намотки и сила тока в соленоидах соответственно равны n1, I1 и n2, I2. Краевыми эффектами пренебречь. Ответ: F   0 n1n2 I1I 2 R 2 . Соленоиды притягиваются, если токи в них имеют одинаковое направление, и отталкиваются в обратном случае. Задача 20.4.6. В электромагнитном В насосе для перекачки расплавленного металла участок трубы с металлом находится в однородном магнитном поле с индукцией В (рис. 20.12). Через этот участок трубы в перпендикулярном вектору В и оси трубы направлении пропускают однородный ток Рис. 20.12. Электросилой I. Найти избыточное давление, созда- магнитный насос. ваемое насосом. IB Ответ: p  . a Задача 20.4.7. Внутри длинного соленоида находится короткая катушка сечения S, состоящая из N витков. Ось катушки перпендикулярна оси соленоида и направлена вертикально. Внутренняя катушка укреплена на коромысле весов, которое в отсутствие тока находится в равновесии (рис. 20.13). Если в катушке и соленоиде текут одинаковые токи, то для уравновешивания весов на короткое плечо коромысла длиной l нужно поместить груз массы m. Определить силу этого тока I, если плотность намотки соленоида Рис. 20.13. Взаимное расположение равна n витков на единицу длины. катушек. mgl Ответ: I  .  0 nSN

426

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 20.4.8. Два одинаковых параллельных магнитных момента pm лежат в одной плоскости и образуют одинаковые углы  с соединяющим их отрезком. Вычислить модуль силы взаимодействия между диполями. При каких углах  эта сила максимальна?  3p2 Ответ: F  0 4m (1  3 cos2 ) 2  sin2 2 , 4 r

Fmax 

 0 6 pm2 при   0,  . 4 r 4

Задача 20.4.9. Точечный магнитный Y pm момент pm расположен в одной плоскости с длинным прямым проводом, по которому течет ток I. Определить силу F и вращающий момент M, действующие на X магнитный момент, если расстояние между ним и проводом равно r, а его Рис. 20.14. Взаимное раскомпоненты в декартовых координатах положение магнитного дисоответственно равны pmx и pmy (см. поля pm и прямого провода с током I. рис. 20.14). 0 Ipmx Ответ: F  ; сила направлена от нас перпендикулярно 2r 2 плоскости рисунка;  I 2 2 M  0  p mx   p my , момент направлен в плос2r p кости рисунка под углом   arctg mx к оси Х. pmy

 

Задача 20.4.10. Точечный магнитY pm ный момент pm расположен перпендикулярно длинному прямому проводу, по которому течет ток I (рис. 20.15). Опреr делить силу, действующую на диполь со X I стороны магнитного поля провода, если расстояние между проводом и диполем Рис. 20.15. Магнитный диполь в магнитном поле пряравно r. мого провода с током I.  0 pm I Ответ: F  Fx  . 2 r 2

Глава 20. Пондеромоторные силы и работа в магнитном поле

427

Задача 20.4.11 ([2], 3.272). Ток I течет по длинному однослойному соленоиду, радиус сечения которого R = 5,5 см. Число витков на единицу длины соленоида n = 15 см–1. Найти предельную силу тока, при которой может наступить разрыв обмотки, если предельная нагрузка на разрыв проволоки обмотки Fпред = 100 Н. Ответ: I пред  2Fпред /  0 nR  1,4 кА . Задача 20.4.12 ([3], 322). Определить удлинение х вертикально висящей спиральной пружины, по которой течет постоянный ток I и к нижнему концу которой подвешен груз массой m. Длина недеформированной пружины равна l, диаметр витка D, число витков N. Предполагается, что деформации малы (х 1 ( > 0), и можно считать, что  и  постоянны ( мало отличается от единицы). В ферромагнетиках зависимости M(H) и B(H) нелинейные и обладают гистерезисом (т.е. М и В зависят не только от Н, но и от предыстории намагничивания). В связи с этим магнитная проницаемость ферромагнетиков, если ее определить форB( H ) мально по формуле (21.15) как   , не будет константой, а 0 H также является нелинейной гистерезисной функцией (H) и может меняться в широких пределах: от 103–105 в малых полях до  → 1в сильных. B2 Закон преломления линий индукции и напряженности магнитно2 n го поля. На произвольной границе 2 H2 раздела двух непроводящих линейных изотропных магнетиков линии индук- 1 ции и напряженности магнитного поля H1, B1 1 изменяют направление (см. рис. 21.1)), Рис. 21.1. Преломление линий причем: индукции и напряженности tg 1 1 магнитного поля на границе  . раздела двух диэлектриков. tg  2  2 Взаимосвязь токов проводимости и намагничивания в линейном, однородном и изотропном непроводящем магнетике. Для любого замкнутого контура, расположенного внутри одного линейного, однородного и изотропного магнетика (контур не пересекает границу раздела двух сред): I m    1 I , (21.17) где I и Im – токи проводимости и намагничивания, охватываемые замкнутым контуром.

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 435

В произвольной точке линейного, однородного и изотропного магнетика: j m    1 j , (21.18) где j и j m – объемные плотности токов проводимости и намагничивания. Если одна линейная, однородная и изотропная магнитная среда охватывает ленточные токи проводимости с двух сторон, то: i m    1 i , (21.19) где i и i m – поверхностные плотности токов проводимости и намагничивания. При заполнении всего пространства между поверхностями, образованными линиями индукции магнитного поля, линейным, однородным и изотропным магнетиком с магнитной проницаемостью  индукция магнитного поля в этом пространстве изменяется в  раз, а напряженность поля остается той же. В рассматриваемом случае напряженность магнитного поля определяется только токами проводимости. Магнитное поле в линейном, однородном и изотропном магнетике, заполняющем часть пространства с магнитным полем. При заполнении всего пространства между поверхностями, образованными линиями индукции магнитного поля, линейным, однородным и изотропным магнетиком с магнитной проницаемостью  индукция магнитного поля в этом пространстве изменяется в  раз, а напряженность поля остается той же. В рассматриваемом случае напряженность магнитного поля определяется только токами проводимости. Метод молекулярных токов. В данном методе поле с магнитной индукцией Вm(r), создаваемое намагниченным веществом с вектором намагниченности М, описывается как поле, создаваемое токами намагничивания с объемной плотностью jm(r) в вакууме, причем j m  rotM . При этом полный вектор магнитной индукции В определяется эффективной плотностью тока j, равной сумме плотностей токов проводимости и токов намагничивания: j = j + jm. Интегральное и дифференциальное уравнения (21.9) и (21.10) в

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

436

этом случае можно записать в виде

 B dl   0  j dS   0 I  , L

(21.20)

S

(21.21) rot В   0 j  , где I = I + Im – величина эффективного тока через поверхность S, опирающуюся на контур L. В линейных однородных изотропных магнетиках плотность токов намагничивания пропорциональна плотности токов проводимости: j m  rotM  rotH  j . (21.22) В областях, где токов проводимости нет (j = 0), объемные токи намагничивания также отсутствуют, но поверхностные токи намагничивания могут присутствовать на границах раздела сред, если на них имеется скачок тангенциальной составляющей вектора М. Граничное условие для тангенциальной составляющей вектора намагниченности имеет вид (21.5): M 2  M1  ni m  . 21.2. Основные типы задач (классификация) 21.1. Расчет потока вектора напряженности Н, циркуляции вектора индукции В, характеристик магнитного поля и намагниченности при наличии границы раздела магнитных сред. 21.2. Нахождение характеристик магнитного поля, создаваемого токами проводимости в магнитной среде с линейной магнитной восприимчивостью. 21.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 21.1 Расчет потока вектора напряженности Н, циркуляции вектора индукции В, характеристик магнитного поля и намагниченности при наличии границы раздела магнитных сред. Метод решения. Использование граничных условий (21.5), (21.11) – (21.13). Задача 24.3.1. Индукция магнитного поля в воздухе вблизи плоской поверхности изотропного магнетика, имеющего магнитную проницаемость μ, равна В0, причем вектор индукции

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 437

перпендикулярен поверхности магнетика. n Найти поток ФН вектора напряженности Н В0 S через воображаемую цилиндрическую поµв верхность с образующими, перпендикулярными поверхности магнетика, и осноμ ваниями площади S. Нижнее основание n цилиндра находится в магнетике, а верхнее – в воздухе (см. рис. 21.2). Магнитная про- Рис. 21.2. К расчету потока вектора напряженницаемость воздуха равна μВ. ности магнитного поля.

Решение Сечение воображаемой цилиндрической поверхности плоскостью рисунка показано на рис. 21.2 штриховой линией. Так как индукция внешнего магнитного поля В0 направлена по нормали к поверхности магнетика, то, согласно граничным условиям для нормальных компонент векторов индукции В ( B1n  B2 n ), в магнетике она будет везде иметь такое же значение В0. Учитывая материальное уравнение В = μμ0Н, находим модули напряженности на основаниях воображаемого цилиндра: B B0 H1  0 , H 0  ,  0  0 В где Н1 – напряженность поля в магнетике, а Н0 – в воздухе. Так как напряженность магнитного поля параллельна образующим цилиндра, то поток вектора Н через его боковую поверхность равен нулю. Поток ФН0 через верхнее основание цилиндра, находящееся в воздухе, равен: B0 Ф Н 0   Н 0  dS  S. (21.23)  0 В S При вычислении потока ФН1 вектора Н1 через нижнее основание цилиндра следует учесть, что вектор Н1 и нормаль к площади основания направлены противоположно, т.е. угол между ними равен π. Тогда получим: B S Ф Н 1   Н 1  dS   0 . (21.24)  0 S Полный поток вектора Н через поверхность цилиндра с учетом (21.23) и (21.24) составит:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

438

B0 S  1 1    . 0  В   Замечание. Поток вектора Н через исследуемую поверхность не равен нулю, в отличие от потока вектора В через ту же поверхность. Однако для диа- и парамагнетиков величина ФН невелика. Так, используя для воздуха известное значение  В  1  0,38  10 6 , ФН 

для такого парамагнетика, как Pt (   1  360  10 6 ), получим: B S Ф Н  0  3,6  10  4 . 0 Ответ: ФН 

B0 S  1 1    . 0  В  

Задача 24.3.2. Бесконечный плоский слой парамагнетика с магнитной проницаемостью  граничит с вакуумом. Вектор намагниченности М образует угол  с нормалью к поверхности (рис. 21.3). Найти величину и направление вектора магнитной индукции В2 у поверхности магнетика в вакууме.

n  В 2 М



 

(2) (1)

Рис. 21.3. Направление векторов магнитной индукции и намагниченности на границе магнетика с вакуумом.

Решение Параметры магнитных полей внутри и вне магнетика будем обозначать индексами 1 и 2 соответственно. Поскольку токов проводимости нет, граничные условия (21.13) и (21.11) имеют вид: B1n  B2 n , H 1  H 2 . Выразим напряженность и индукцию магнитного поля внутри магнетика через заданный вектор намагниченности, используя материальные уравнения (21.14), (21.15): M M Н1   ,   1  В1   0 Н 1   0 M.  1 Подставляя эти соотношения в граничные условия и учитывая, что Н2 = В2/0, получим:

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 439

B2  M sin    0 M cos  ,  ,  1 0  1 откуда находим модуль вектора индукции:  M  M В2  0 ( cos ) 2  sin 2   0 ( 2  1) cos 2   1 .  1  1 Ориентация вектора В2 определяется углом β: B 1 tg  2   tg . B2 n   M B 1 ( 2  1) cos 2   1 , tg  2   tg  Ответ: В2  0 B2 n   1

B2 n 

Задачи типа 21.2. Нахождение характеристик магнитного поля, создаваемого токами проводимости в магнитных средах с линейной восприимчивостью. Метод решения а) Пространственные токи в проводящей линейной изотропной магнитной среде ( = const). В этом случае плотность объемных токов намагничивания jm(r) пропорциональна плотности токов проводимости j m  j (21.22). Сумма этих токов приводит к эффективной плотностью тока j, которая в  раз больше плотности тока проводимости: j   j  j m  (1  ) j  j . (21.23) В силу линейности уравнения (21.21) индукция магнитного поля В в такой среде будет в  раз больше индукции В0, которая создавалась бы этими же токами проводимости в вакууме: В = В0 =0H0. (21.24) б) Линейные токи в магнитной непроводящей среде. При протекании тока проводимости I по тонкому линейному проводнику объемные токи намагничивания в окружающей непроводящей среде отсутствуют, так как в ней j = 0. Но на границе среды с проводником возникает продольный поверхностный ток намагничивания, который в соответствии с (21.5) равен по величине намагниченности среды на границе с проводом: im = М. Полный ток намагничивания вдоль линейного проводника равен Im = I (21.25)

440

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

(более подробно см. ниже задачу 21.3.5). Ввиду подразумеваемой тонкости линейных проводников токи I и Im можно считать пространственно совпадающими, поэтому влияние магнитной среды на поле вне проводника эквивалентно увеличению тока в проводнике в  раз: I   I  I m  (1  ) I  I . Поэтому и в этом случае индукция магнитного поля В снаружи проводников также увеличится в  раз по сравнению с индукцией В0 поля этих линейных токов в вакууме. Если же и провод сделан из магнетика, то его собственная намагниченность не влияет на индукцию вне провода, поскольку полный ток намагничивания через поперечное сечение самого проводника (объемный ток плюс поверхностный) всегда равен нулю (подробнее см. задачу 21.3.4). Важно отметить, что все вышесказанное справедливо только в случае, если однородный магнетик бесконечен, или же занимает область, границы которой совпадают с линиями исходного поля с индукцией В0 или линиями совпадающего с ним поля напряженности Н0, какими они были бы в отсутствие магнитной среды (в вакууме). То же относится к случаю, когда среда неоднородна (т.е. проницаемость  = (r) зависит от координат), но линии напряженности Н0 совпадают с поверхностями постоянства . В этих случаях везде div M = 0, напряженность поля Н в магнетике определяется только токами проводимости и будет такой же, как в вакууме. Поэтому решение для таких задач целесообразно начинать с нахождения напряженности поля Н, используя формулы для расчета магнитных полей от токов в вакууме, убрав из них множитель 0. Затем, зная Н(r), М(r) и В(r) можно найти по формулам (21.14) и (21.15) соответственно. Благодаря магнетику индукция В возрастет в  раз, а вместе с ней также возрастут в  раз и магнитные потоки через контуры и, соответственно, величины их коэффициентов самоиндукции и взаимной индукции. Если же линии напряженности Н0 не параллельны границам магнетика или поверхностям постоянства , нахождение магнитного поля требует точного решения краевой задачи. В некоторых случаях, когда можно достаточно просто найти распределение токов намагничивания по границам магнетика, задача допускает и элементарное решение (см. задачу 21.3.6).

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 441

Задача 21.3.3. По проводящей бесконечной плоскости течет постоянный ток поверхностной плотности i (рис. 21.4). С одной стороны к плоскости прилегает бесконечная пластина конечной толщины из материала с магнитной проницаемостью . Найти во всем пространстве магнитную индукцию В, напряженность Н, намагниченность М и токи намагничивания.

В2

i

H2 i

В1  –В2

H1 -i –H2

Рис. 21.4. К расчету параметров магнитного поля в пластине магнетика, прилегающей к плоскости с током.

Решение Пусть ток проводимости течет по направлению от нас в плоскость рисунка. В отсутствие магнетика векторы индукции в силу симметрии были бы равны по модулю, параллельны плоскости и противоположно направлены по ее разным сторонам (B2 и –В2 на рис. 21.4). Модуль индукции В2 может быть найден по теореме о циркуляции вектора индукции магнитного поля (см. задачу 16.3.1 главы 16), он равен: B2   0 i / 2 , при этом модуль напряженности магнитного поля B 1 H2  2  i . 0 2 Поскольку полный ток намагничивания через поперечное сечение пластины равен нулю, то добавление пластины магнетика не меняет индукции магнитного поля снаружи от нее. В этих наружных областях векторы индукции равны по модулю, параллельны плоскости и противоположно направлены по ее разным сторонам. Внутри магнитного слоя из-за сохранения тангенциальной компоненты вектора Н на границе раздела сред H1 = H2, а индукция в магнетике равна 1 B1   0 H 1   0 i. 2 Направления векторов индукции и напряженности магнитного поля и токов показаны на рис. 21.4. Намагниченность магнетика М выражается через напряженность поля в нем на основе материального уравнения:

442

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

1 (  1) i . 2 Поскольку намагниченность однородна, объемные токи намагничивания отсутствуют, и имеются только поверхностные токи намагничивания, противоположно направленные на верхней и нижней поверхностях. Их поверхностная плотность im равна: 1 im  M  (  1)i. 2 Ответ: 1 1 1 внутри пластины B1   0 i , H 1  i , M  i m  (  1)i ; 2 2 2 1 1 снаружи пластины B2   0 i ; H 2  i . 2 2 M  (  1) H 1 

Задача 21.3.4. Прямой бесконечно длинный немагнитный провод радиуса а, по которому течет ток I, находится в непроводящей бесконечной однородной среде с магнитной проницаемостью μ. Найти магнитную индукцию В(r), напряженность поля Н(r), намагниченность М(r) в среде и ток намагничивания Im(r) у поверхности провода. Решение В силу осевой симметрии системы линии I векторов Н и В являются окружностями, на ко- I торых их модули Н и В постоянны (рис. 21.5). Записывая теорему о циркуляции вектора Н для  контура радиуса r, получаем: I . H (r )  Рис. 21.5. К расчету 2r параметров магнитВвиду магнитной однородности среды ин- ного поля прямого дукция поля В связана с напряженностью Н ма- немагнитного провода с током, находятериальным уравнением: щегося в магнитной I среде. B(r )   0 H (r )   0 . 2 r Намагниченность среды выразится формулой: I M (r )  H (r )  (  1) H (r )  (  1) . 2 r Здесь χ – магнитная восприимчивость магнетика, которая связана с

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 443

магнитной проницаемостью соотношением:     1 . Из-за однородности среды объемные токи намагничивания отсутствуют, но имеется поверхностный ток намагничивания на границе провода и среды. Его поверхностная плотность равна: I i m  M (a)  (  1) , 2 a где а – радиус провода. Направление вектора поверхностной плотности тока im при  > 1 совпадает с направлением тока в проводе. Полный поверхностный ток намагничивания составляет: Im = im·2πa = (μ–1)I. Таким образом, влияние намагничиваемой среды на магнитное поле учитывается током намагничивания, который добавляется к току проводимости, текущему по проводнику. Магнитная индукция вне провода определяется величиной эффективного полного тока IΣ = I + Im = μI: I I . B(r )   0    0 2r 2r I I I Ответ: B(r )   0 , H (r )  , M (r )  (  1) , 2r 2r 2r Im = (μ–1)I. Задача 21.3.5. Бесконечный прямолинейный однородный провод радиуса a, сделанный из материала с магнитной проницаемостью 1, находится в непроводящей бесконечной однородной среде с магнитной проницаемостью 2. По проводу течет постоянный ток I. Найти напряженность поля Н(r), магнитную индукцию В(r), намагниченность М(r), объемную jm(r) и поверхностную im плотность токов намагничивания внутри провода и снаружи. Решение В силу осевой симметрии системы линии векторов Н, В и М являются окружностями, на которых модули Н, В и М постоянны (рис. 21.6). Будем обозначать параметры внутри провода индексом 1, вне его – 2.

444

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Область r  a. Решение для Н(r), r В(r) и М(r) в наружной области разобрано в предыдущей задаче, в полуr ченных ответах нужно только постаI 1 вить индекс 2. 2 Область r < a. Записывая теорему о циркуляции вектора Н для окружности радиуса r, получаем: r2 B/ 0, 2rH 1 (r )  I (r )  I 2 , B/ 0 a Н откуда находим: I H H1 (r )  r, 2a 2 0 a r где I(r) обозначает ток, протекающий Рис. 21.6. К расчету магнитного через круг радиуса r. поля, создаваемого бесконечным В результате определяем индук- магнитным проводом в магнитцию магнитного поля: ной среде. Штриховые линии – линии напряженности поля Н. I B1 (r )   0 1 H 1 (r )   0 1 r 2 2a и намагниченность среды: I M 1 (r )  (1  1) H 1 (r )  (1  1) r. 2a 2 Картина линий для векторов Н и В и качественный график их зависимости от r показаны на рис. 21.5 для случая 1 > 2. Ввиду магнитной однородности материала провода плотность токов намагничивания (21.24) внутри него, согласно (21.25), равна: j m1  1  1 j , I где j  2 – плотность токов проводимости. a Полная поверхностная плотность тока намагничивания на границе провод – среда составляет: I I I im  M 2 (a)  M 1 (a)  ( 2  1)  (1  1)  ( 2  1 ) . 2a 2a 2a Замечание. Полный поверхностный ток намагничивания можно представить в виде суммы вкладов I m 2пов и I m1пов соответственно от внешней и внутренней приграничной намагниченности: I m  2ai m  I  2  1    2  1 I  1  1 I  I 2пов  I 1пов .

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 445

Таким образом, поверхностный ток намагничивания, обусловленный намагниченностью материала провода, равен: I m1пов  1  1 I . Полный же объемный ток намагничивания в проводе I m1об  a 2 j m  1  1 I . Итак, I m1пов  I m1об  0 . Это – следствие общего положения, согласно которому ток намагничивания через площадь любого сечения намагниченного тела равен нулю. Поэтому суммарный ток намагничивания, существенный для расчета поля вне провода, равен Im = (2 –1)I, то есть определяется только внешней средой и не зависит от магнитной проницаемости самого провода. I I Ответ: r < a: H1 (r )  r , B1 (r )   0 1 r, 2 2a 2a 2 I I M 1 (r )  (1  1) r ; j m1  1  1  2 ; 2 2a a I I r  a: H 2 ( r )  , B2 ( r )   2 0 , 2r 2r I ; jm = 0; M 2 ( r )  ( 2  1) 2r I r = a: i m  ( 2  1 ) . 2a Задача 21.3.6. Прямой тонкий бесконечно длинный провод малого радиуса а, по которому течет ток I, лежит на поверхности плоского непроводящего однородного магнетика с магнитной проницаемостью μ, занимающего половину пространства (рис. 21.7а). Найти намагниченность М, магнитную индукцию В, напряженность Н и токи намагничивания во всем пространстве. Решение В силу однородности среды и отсутствия в ней токов проводимости объемные токи намагничивания отсутствуют. Рассмотрим распределение поверхностных токов намагничивания.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

446

I



B 

B A

I = I+Im

а)

I 

H2



Im

H1

б)

в)

Рис. 21.7. К нахождению характеристик магнитного поля от провода с током I, находящегося на границе плоского магнетика: а) распределение тока намагничивания Im и линии магнитной индукции В; б) эквивалентная задача о магнитном поле прямого тока в вакууме; в) линии напряженности Н магнитного поля.

Возьмем произвольный участок поверхности, не прилегающий к проводу (окрестность точки А на рис. 21.7а). Протекающий по нему поверхностный ток намагничивания im создал бы у поверхности этого участка только тангенциальные компоненты индукции 1 B1,2    0 im . Токи намагничивания, текущие на всей остальной 2 поверхности магнетика, и ток проводимости, текущий по проводу, в окрестности точки А могут создать только нормальные компоненты поля В. На поверхности магнетика токов проводимости нет, поэтому тангенциальные компоненты напряженности поля Н на границе B B должны быть непрерывны. Учитывая, что H 1  1 и H 2  2 , 0  0 это граничное условие дает: 1 1 im   im , 2 2 откуда следует, что im = 0, то есть поверхностные токи намагничивания на плоской границе отсутствуют. На границе самого провода с магнитной средой (r = a) имеется скачок тангенциальной компоненты намагниченности, вызывающий ток намагничивания с поверхностной плотностью im = M(а) и полной величины Im = imа, который добавляется к току проводимости I, образуя с ним суммарный эффективный линейный ток величины IΣ = I + Im.

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 447

Ввиду тонкости провода эффективный ток также можно считать линейным. Поэтому, заменяя поле, создаваемое магнитной средой, полем токов намагничивания, приходим к задаче о находящемся в вакууме прямом тонком бесконечном проводе с эффективным током IΣ (рис. 21.7б). Линии магнитной индукции B будут окружностями, а модуль индукции B в зависимости от расстояния до провода r определяется следующим образом: I B1 (r )  B2 (r )  B(r )   0  . 2 r Учитывая материальные уравнения В = 0Н и М = χН, заключаем, что линии напряженности Н и намагниченности М также будут окружностями. Так как эффективный ток IΣ пока не известен, для нахождения величин В(r) и Н(r) запишем теорему о циркуляции вектора Н, выбрав в качестве контура окружность радиуса r: πrH1 + πrH2 = I. B B Подставляя H 1  и H2  , получаем: 0  0

 B B    I , r     0  0  откуда следует, что индукция магнитного поля равна:  I B(r )   0  .   1 r Используя связь векторов индукции В и напряженности Н, получаем значения напряженности магнитных полей в воздухе и в магнетике:  I H 1 (r )   ,   1 r 1 I H 2 (r )   .   1 r Линии напряженности Н магнитного поля показаны на рис. 21.7в. Затем находим намагниченность магнетика, исходя из её связи с напряженностью магнитного поля:  1 I M (r )  (  1) H 2   .  1 r

448

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Плотность токов намагничивания в магнетике на границе с проводом получим, применяя формулу i m  M 2   М 1 , где М1τ и М2τ – тангенциальные компоненты намагниченности в магнетике и проводе, причем М1τ = 0. Тогда  1 I i m  M (a)   ,   1 a где а – радиус провода. Полный ток намагничивания на границе провода с магнетиком, представляющей в сечении полуокружность длины а, равен:  1 I m  a  i m (a)  a  M (a)  I  .  1 Замечание. Векторное поле напряженности Н не является чисто вихревым, и его линии терпят разрыв на границе магнетика.  I  1 I  ,  Ответ: M (r )  , B(r )   0   1 r  1 r  I 1 I  1 H 1 (r )    , Im  I , H 2 (r )  .   1 r   1 r  1 Задача 21.3.7. Длинный по сравнению со своим радиусом соленоид заполнен неоднородным парамагнетиком с восприимчивостью, зависящей от расстояния r до оси соленоида по закону (r) = ar2, где а = const. На оси соленоида индукция магнитного поля равна В0. Найти намагниченность M(r), магнитную индукцию B(r) и плотность объемных jm(r) и поверхностных im токов намагничивания внутри соленоида. Краевыми эффектами пренебречь. Решение Введем систему декартовых координат ХYZ с осью Z, совпадающей с осью соленоида (см. рис. 21.8). В вакууме в соленоиде с длиной, много большей его радиуса, линии напряженности магнитного поля Н0 параллельны его оси, а значит, и величина напряженности Н0 в соленоиде везде одинакова (кроме области вблизи его торцов). Поскольку линии напряженности Н0 параллельны поверхностям постоянства величины (r) = const, напряженность поля Н при введении магнетика останется без изменения, и в данном случае определяется своим заданным по условию значением в центре:

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 449

H  Hz 

B0 B  0,  0  0

так как в центре (0) = 1.

X

X

i'

l

j'

r Z



j'

M Z

Y б)

a)

Рис. 21.8. К расчету магнитного поля соленоида, заполненного неоднородным магнетиком: а) линии объемных (j′) и поверхностных (i′) токов намагничивания (вид с торца соленоида); б) линии намагниченности М в центральном осевом сечении соленоида.

Исходя из известного значения Н, используя формулы (21.14) и (21.15), получаем: B M (r )  M z (r )  (r ) H  ar 2 H  ar 2 0 , 0 B(r )   0 (1  ) H  (1  ar 2 ) B0 . Чтобы найти токи намагничивания, можно воспользоваться интегральным уравнением, выражающим циркуляцию вектора М по замкнутому контуру:

I m   j m  dS   M  dl . S

L

В силу осевой симметрии задачи линии токов намагничивания jm являются окружностями, лежащими в перпендикулярных сечениях соленоида (рис. 21.8а). Рассмотрим в плоскости ХZ прямоугольный контур длиной l и высотой r, одна сторона которого совпадает с осевой линией (r = 0) (пунктир на рис. 21.8б). Выберем направление обхода так, чтобы положительная нормаль к контуру совпадала с направлением орта e цилиндрической системы координат. Так как на оси соленоида М(0) = аr2H = 0, то циркуляция вектора М по данному контуру равна: B M (0)  M (r )l  ar 2 l 0 . 0

450

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Приравнивая циркуляцию вектора М току намагничивания Im через данный контур, получаем соотношение: r 2 B0  j m ldr  ar l  0 . 0 Дифференцируя его по r, находим: B j m (r )  2ar 0 . 0 Объемную плотность тока jm(r) можно найти и непосредственно из дифференциального соотношения jm = rotM, исходя из найденного выражения для M(r). Учитывая, что намагниченность имеет только z-компоненту, в цилиндрических координатах ротор будет иметь -компоненту, равную B M r M z M z j m  j m  (rot M )      2ar 0 . z r r 0 На границе магнитной среды (r = R) плотность поверхностного тока намагничивания равна B i m  i m  M ( R)  aR 2 0 . 0 Направление линий токов jm и im показано на рис. 21.7(а, б). B Ответ: M (r )  ar 2 0 , B(r )  (1  ar 2 ) B0 , 0 B B j m (r )  2ar 0 , i m  aR 2 0 0 0 Задача 21.3.8. Найти индуктивность соленоида длины l и радиуса a (l >> a), содержащего N витков, если он заполнен парамагнетиком с неоднородной магнитной проницаемостью (r) = 1 + r, где r – расстояние от оси соленоида,  = const. Решение Поскольку линии напряженности магнитного поля внутри пустого соленоида Н0 параллельны поверхностям постоянства величины (r), напряженность Н при введении магнетика останется без изменения и будет, как и в вакууме, равна H = nI, где n  N / l – плотность намотки, а магнитная индукция B(r )   0 (r ) H   0 (1  ar ) nI .

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 451

Магнитный поток через один виток контура равен потоку через поперечное сечение соленоида площади S:

2   Ф1   B(r )dS    0 nI (1  r )  2 rdr   0 nI a 2 1   a . 3   S 0 Полный поток через всю обмотку Ф = NФ1 = LI, откуда определяем индуктивность соленоида: a

L  0

N 2 2  2   2  a 1  a    0 n 2 V 1  a , l 3  3   

где V – объем соленоида. Замечание. Если  = 1 ( = 0), то получается известная формула для индуктивности соленоида в вакууме L   0 n 2 V (глава 19, задача 19.3.2). Ответ: L   0 n 2 V 1  

2  a . 3 

21.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 21.4.1. Бесконечная плоская пластина-магнит намагничена так, что вектор намагниченности М перпендикулярен ее плоскости. Найти магнитную индукцию В и напряженность поля Н внутри и вне пластины. Ответ: внутри В = 0, Н = –М; снаружи В = 0, Н = 0. Задача 21.4.2. Бесконечная плоская пластина-магнит намагничена так, что вектор намагниченности М параллелен ее плоскости. Найти магнитную индукцию В и напряженность поля Н внутри и вне пластины. Ответ: внутри В = 0М, Н = 0; снаружи В = 0, Н = 0. Задача 21.4.3. Плоский постоянный магнит граничит с вакуумом и имеет постоянную намагниченность М, параллельную поверхности. Снаружи у поверхности вектор магнитной индукции имеет величину В и образует угол  с нормалью к поверхности. Найти вектор магнитной индукции В1 внутри магнита (модуль и угол  с нормалью).

452

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Ответ: B1  B 2  2 0 MB sin   (0 M ) 2 ,

tg 

sin    0 M / B . cos

Задача 21.4.4. По бесконечному проводу круглого сечения радиуса a, находящемуся в вакууме, течет постоянный ток I. Магнитr ная проницаемость материала провода равна (r )  1   . Найти a напряженность поля Н(r), магнитную индукцию В(r), намагниченность М(r), объемную jm(r) и поверхностную im плотности токов намагничивания и полную величину этих токов Imоб и Im. I I Ответ: r < a: H1 (r)  r , B1 (r )   0 (r ) r, 2 2a 2a 2 I 3 I M 1 (r )   r ; j m1   3 r ; 3 2 a 2a I I r  a: , B2 ( r )   0 , H 2 (r)  2r 2r М1(r) = 0; jm2 = 0, I r = a: , Im = –Imоб = I. im   2a 2 Указание. Для нахождения токов намагничивания можно рассчитать rotM в декартовых координатах, либо использовать выражение ротора в цилиндрических координатах, в которых, учитывая, что вектор М имеет только круговую  - компоненту: 1  1 M r j m  rotM  z   (rM  )   . r r r  Другим способом является использование интегрального соотношения (21.6), как это было сделано в задаче 21.3.7. Задача 21.4.5. Круговой тонкий виток, по которому течет ток силы I, лежит на плоской границе раздела вакуума и магнетика с магнитной проницаемостью . Найти индукцию магнитного поля на оси контура в зависимости от расстояния z до его центра. Указание: см. решение задачи 21.3.6.

Глава 21. Магнитное поле в магнетиках. Граничные условия. Метод… 453

2 1 R2 B0 , где B0  0 I 2 – магнитная 1  2 ( R  z 2 )3/2 индукция в отсутствие магнетика.

Ответ: B 

Задача 21.4.6 ([2], 3.285). Бесконечно ноид с током наполовину заполнен парамагнетиком, как показано на рис. 21.9. Изобразить примерные графики магнитной индукции В, напряженности Н и намагниченности М на оси соленоида в зависимости от расстояния х вдоль оси соленоида. Ответ: B Н М 0

Х

длинный прямой солеμ 0

Х

Рис. 21.9. Длинный соленоид, наполовину заполненный парамагнетиком.

Рис. 21.20. Примерные графики магнитной индукции В, напряженности Н и намагниченности М на оси соленоида в зависимости от расстояния х вдоль его оси.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

454

Глава 22 ПОЛЕ ПОСТОЯННЫХ МАГНИТОВ. МАГНЕТИКИ ВО ВНЕШНЕМ МАГНИТНОМ ПОЛЕ. ФАКТОРЫ ФОРМЫ МАГНЕТИКА 22.1. Теоретические вопросы Граничное условие для нормальной составляющей индукции магнитного поля. Для произвольной поверхности раздела двух магнетиков: B2 n  B1n  0 , (22.1) где B1n и B2n – нормальные составляющие индукций магнитного поля в первой и второй средах у поверхности их раздела. Связь вектора намагниченности с поверхностными токами намагничивания. im  Mn или M   nim  , (22.2) где n – нормаль к поверхности рассматриваемого элемента магнетика, im – линейная плотность поверхностного тока намагничивания магнетика, M  – тангенциальная составляющая вектора намагниченности. Граничное условие для тангенциальной составляющей вектора намагниченности. Для произвольной поверхности раздела двух магнетиков: M 2   M1  nim  , (22.3) где M 1 и M 2  – тангенциальные составляющие векторов намагниченности первой и второй сред у поверхности их раздела, n – нормаль к поверхности раздела двух сред, направленная от первой среды ко второй. Теорема о циркуляции для вектора намагниченности в интегральной и дифференциальной формах. Интегральная форма. Для любого замкнутого контура L:

 M  dl  I

m

,

(22.4)

L

где Im – сила объемного тока намагничивания, пронизывающего контур (протекающего через любую поверхность, ограниченную контуром) L.

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 455

Дифференциальная форма. В любой точке магнетика (22.5) rot M  jm , где jm – объемная плотность тока намагничивания. Теорема о циркуляции для напряженности магнитного поля в интегральной и дифференциальной формах. Интегральная форма. Для любого замкнутого контура L:

 H  dl  I ,

(22.6)

L

где I – сила объемного тока проводимости, пронизывающего контур L (протекающего через любую поверхность, ограниченную этим контуром). Дифференциальная форма. В любой точке магнетика (22.7) rot H  j , где j – объемная плотность тока проводимости. Граничное условие для тангенциальной составляющей напряженности магнитного поля. Для произвольной поверхности раздела двух магнетиков: H 2   H1  [ni ] , (22.8) где H 1 и H 2  – тангенциальные составляющие напряженности магнитного поля в первой и второй средах у поверхности их раздела, n – нормаль к поверхности раздела двух сред, направленная от первой среды ко второй, i – линейная плотность поверхностного тока проводимости. Граничное условие для тангенциальной составляющей индукции магнитного поля. Для произвольной поверхности раздела двух магнетиков: B2   B1  0 n, (i  im ) , (22.9) где B1 и B2 – тангенциальные составляющие индукции магнитного поля в первой и второй средах у поверхности их раздела, n – нормаль к поверхности раздела двух сред, направленная от первой среды ко второй. Магнитное поле в пространственно ограниченных магнетиках, фактор формы. Однородный и изотропный магнетик в форме эллипсоида во внешнем однородном магнитном поле намагничивается однородно. При этом составляющие напряженности магнитного поля H вдоль

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

456

осей эллипсоида определяются напряженностью внешнего поля H0, намагниченностью магнетика M и тремя в общем случае различными размагничивающими факторами – факторами формы Nx, Ny, Nz: H x  H 0x  N x M x , H y  H0y  N yM y , H z  H 0z  N z M z . причем Nx + Ny + Nz = 1 и 0  N x , y , z  1 .

(22.10)

(22.11)

В общем случае напряженность поля (а значит, и магнитная индукция поля, и намагниченность) в пространственно ограниченном магнетике не коллинеарна внешнему полю. Приведем значения факторов формы для частных случаев. 1. Длинный цилиндр (стержень) с осью Z: 1 Nz  0 и Nx  N y  . (22.12) 2 2. Тонкий диск с осью Z: Nz  1, Nx  N y  0 . (22.13) 3. Шар:

1 . (22.14) 3 Свяжем характеристики поля в магнетике с напряженностью внешнего поля. В случае однородного линейного изотропного магнетика в форме эллипсоида M   H  ( = x, y, z) и H   H 0  N  M   H 0  N  H  . (22.15) В результате для напряженности поля H, магнитной индукции B и вектора намагниченности M получаем: 1 H  H 0 , (22.16) 1  N 1  B  B0 , (22.17) 1  N  M  H 0 . (22.18) 1 N Nx  N y  Nz 

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 457

Ферромагнетики – вещества, молекулы (атомы) которых обладают постоянными магнитными моментами, и в которых без внешнего магнитного поля существуют области самопроизвольной намагниченности, называемые доменами. При внесении ферромагнетика во внешнее магнитное поле происходит изменение размеров доменов и ориентации их магнитных моментов, в результате чего намагниченность ферромагнетика нелинейно меняется. При снятии внешнего поля ферромагнетик может оставаться намагниченным. Характерные особенности ферромагнетиков. 1. Сложная нелинейная связь между намагниченностью и напряженностью поля. 2. Гигантское значение максимальной магнитной восприимчивости max  104106. 3. В общем случае неоднозначные зависимости намагниченности M(H) и магнитной индукции B(H) от напряженности магнитного поля, которые определяются магнитной предысторией образца – магнитный гистерезис (рис. 22.1). M

B

Ms

Bост

M ост

Hс

Bs

H

H

Рис. 22.1. Зависимости намагниченности M(H) и магнитной индукции B(H) ферромагнетика от напряженности магнитного поля.

На рисунке: M ост и Bост – значения намагниченности и магнитной индукции в отсутствие внешнего поля (остаточные намагниченность и магнитная индукция), Hc – коэрцитивная сила, M s и Bs – намагниченность и магнитная индукция насыщения. 4. Наличие точки Кюри TC – температуры, при переходе через которую вещество ферромагнетика претерпевает магнитный фазовый переход – переходит из ферромагнитного в парамагнитное состояние.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

458

Магнитный гистерезис и кривая Столетова. В соответствии с поведением намагниченности и магнитной индукции в зависимости от напряженности магнитного поля M магнитные восприимчивость и проницаемость  H B     1 являются нелинейными функциями напряженности 0 H поля H (рис. 22.2). 



max

max

Кривая Столетова

1 0

H

0

H

Рис. 22.2. Зависимости магнитной восприимчивости (H) и магнитной проницаемости (H) ферромагнетика от напряженности магнитного поля.

Зависимость магнитной проницаемости от напряженности поля (H) носит название кривой Столетова. Функции (H ) и (H ) сначала возрастают с ростом H, затем проходят через максимум, и, наконец, в сильных полях, когда достигнуто состояния насыщения, магнитная восприимчивость стремится к нулю, а магнитная проницаемость – к единице. Метод «магнитных зарядов». Некоторые из задач, относящихся к теме семинара, удобно решать методом "магнитных зарядов", используя аналогию электростатического и магнитостатического полей. Данный метод удобен при рассмотрении задач, в которых нет токов проводимости (например, случай постоянных магнитов или непроводящих магнитных сред). Введем вспомогательную функцию m (r) = – div M. (22.19) Тогда при отсутствии токов проводимости (j = 0) уравнения магнитостатики можно записать в виде: div H = m, (22.20) rot H = 0. (22.21)

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 459

Данные уравнения идентичны уравнениям электростатики:  div E = , (22.22) 0 rot E = 0. (22.23) Как видим, m(r) формально играет роль объемной плотности "магнитных зарядов", которые являются источниками "потенциального" магнитного поля напряженностью Н и по своей роли эквивалентны плотности электрических зарядов (точнее, величине /0) в электростатике. В однородно намагниченных средах m = 0, но на границах сред могут быть поверхностные "магнитные заряды", величина которых равна m = – (M2n – M1n) = – (n (M2 – M1)), (22.24) где вектор нормали n направлен от первой среды ко второй. В связи с этой аналогией для нахождения магнитостатического поля можно использовать известные методы и готовые решения, полученные для электростатических задач (см. Главы 1 и 2), а затем произвести формальные замены: Е  Н, (22.25) P  M, (22.26) 0   m , 0

(22.27)

  m . (22.28) 0 Например, напряженность магнитного поля на расстоянии r от точечного "магнитного заряда" qm определяется таким же соотношением, как и для электростатического поля точечного электрического заряда: 1 qm r (22.29) H   , 4 r 2 r а сила, действующая на точечный "магнитный заряд", равна: F = qm 0H. (22.30)

460

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

22.2 Основные типы задач (классификация) 22.1 Применение метода молекулярных токов и «магнитных зарядов» при расчете магнитного поля постоянных магнитов. 22.2 Задачи с гистерезисными ферромагнитными средами. 22.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 22.1 Применение метода молекулярных токов и магнитных зарядов при расчете магнитного поля постоянных магнитов. Метод решения. Использование соотношений (22.2) – (22.5) или (22.24) – (22.29) теоретического материала. Задача 22.3.1. Постоянный магнит в виде цилиндра радиуса R и длины 2l изготовлен из материала с однородной намагниченностью М, направленной вдоль его оси. Найти величину индукции и напряженности магнитного поля на оси цилиндра вне и внутри него, считая, что намагниченность не зависит от магнитного поля. Решение Метод молекулярных токов. Усреднённые по физически малому объёму молекулярные токи называют токами намагничивания. Так как намагниченность однородна, объемные токи намагничивания отсутствуют, а на боковой поверхности цилиндрического магнита имеется круговой поверхностный ток намагничивания плотности im = М. (22.31) Создаваемое этими токами магнитное поле аналогично полю соленоида с такой же поверхностной плотностью тока: In = im, (22.32) где I – сила тока в цепи соленоида, n – число витков намотки соленоида на единицу длины. Модуль магнитной индукции В на оси соленоида определяется соотношением, полученным в задаче 15.3.5: 1 B  0 In (cos1  cos2 ) , 2

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 461

где 1 и 2 – углы, под которыми видны крайние точки соленоида из точки наблюдения. При выбранном здесь одинаковом направлении отсчета углов 1 и 2 данная формула без изменений пригодна для точек как внутри, так и снаружи соленоида. Введем декартову систему координат, ось Z которой направлена вдоль оси соленоида, а центр совпадает с центром соленоида. Тогда положение точки наблюдения на оси Рис. 22.3а. К расчёту магнитной индукции намагниченного цилиндра методом задается координатой z, молекулярных токов. а косинусы углов 1 и 2 определяются выражениями (рис. 22.3а): lz , (22.33) cos1  2 R  (l  z )2

cos 2  

lz

. (22.34) R  (l  z ) 2 С учетом (22.31) – (22.34) модуль магнитной индукции поля, создаваемого постоянным цилиндрическим магнитом на его оси в точке с координатой z, как внутри, так и снаружи магнита равен:   1 lz lz . B( z )   0 M   2 2   R 2  (l  z ) 2 2 R  (l  z )   Модуль напряженности Н магнитного поля внутри магнита в соответствии с определением находится из соотношения B H  M , что дает 0 2

 1  lz lz M   2 . (22.35)  2  R 2  (l  z ) 2 R 2  (l  z ) 2   Отметим, что для нахождения Н внутри магнита нельзя применить материальное уравнение M = H, поскольку, согласно условию задачи, намагниченность не зависит от Н. H ( z) 

462

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Вне магнита M = 0 и B = µ0 H, следовательно:  B ( z ) 1  lz lz . H ( z)   M  (22.36) 2 2  0 2  R 2  (l  z ) 2 R  ( l  z )   Метод "магнитных зарядов" Ввиду однородности намагниченности внутри магнита «магнитные заряды» возникают только на его торцах и имеют поверхностные плотности m = М. Таким образом, поле напряженностью Н создается двумя противоположно заряженными соосными тонкими дисками, расположенными на расстоянии 2l друг от друга. Электростатическим аналогом, применимым к этой задаче, является равномерно заряженный тонкий диск, напряженность электрического поля на оси которого была найдена в задаче 1.3.6:     z0 , Ez  1  2 2  20  R  z0    где z0 – расстояние от центра диска,  – поверхностная плотность электрического заряда. Проведем замену Е  Н, /0  m и перейдем в выбранную нами систему координат Рис. 22.3б. К расчёту магнитной индукции (рис. 22.3б). Для правого намагниченного цилиндра методом «магнитных торца с положительным зарядов». зарядом надо взять z0  l  z , а для левого, с отрицательным зарядом, z0  l  z . Складывая напряженности магнитных полей от обоих торцов с учетом их направления, получаем те же, полученные выше, формулы (22.34) и (22.35) для Н(z) внутри и вне цилиндра: внутри цилиндра:  1  lz lz H ( z)  M    2 ;  2  R 2  (l  z ) 2 R 2  (l  z ) 2   вне цилиндра:

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 463

 1  lz lz . M  2 2  2  R 2  (l  z ) 2 R  (l  z )   Графики зависимостей М(z), В(z) и Н(z) на оси магнита приведены на рис. 22.3в. H ( z) 

Рис. 22.3в. Графики зависимостей цилиндрического магнита.

М(z),

В(z)

и

Н(z)

на

оси

Индукции магнитных полей В для соленоида и цилиндрического магнита совпадают как внутри них, так и снаружи. Напряжённости магнитных полей Н совпадают только снаружи. Внутри соленоида Н = В/0, а в магните величина Н быстро уменьшается с удалением от его торцов. Для тонкого (длинного) цилиндрического магнита (l >> R) можно считать, что Н = 0 в большей части его объема, кроме областей в непосредственной близости от его торцов, где Н испытывает скачок величиной  M 2 . Отметим, что все найденные величины относятся к осевой линии цилиндра.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

464

Ответ: внутри магнита:  1 lz lz B( z )  0 M   2 2 2  2 R  (l  z ) 2  R  (l  z ) 1  lz M  2 2  R  (l  z ) 2  вне магнита: 1  lz H ( z)  M   2  R 2  (l  z ) 2  H ( z) 

 ,  

  2 ;  R 2  (l  z ) 2  lz

 . R 2  (l  z ) 2  lz

Задача 22.3.2. Постоянный магнит в виде длинного цилиндра с однородной намагниченностью М, направленной вдоль его оси, разрезан поперек пополам и половинки разведены на расстояние, малое по сравнению с его радиусом а. Найти: индукцию В1 и напряженность Н1 магнитного поля в зазоре и внутри магнита вдали от зазора (В2 и Н2), а также силу притяжения F двух половинок магнита. Решение Сначала найдём индукцию и напряжённость магнитного поля внутри и вне магнита двумя методами. Метод «магнитных зарядов». Ввиду разрыва нормальной компоненты вектора М (штриховые + B1 – линии на рис. 22.4а) на границах зазора – М + М появляются «магнитные заряды» – + противоположного знака ±qm с – + поверхностной плотностью + + m = M. + + Рис. 22.4а. Линии индукТаким образом, зазор эквивалентен ции магнитного поля в тонкому плоскому электрическому магните с зазором. конденсатору. Напряженность электрического поля внутри плоского конденсатора, как известно из электростатики, Е =   0 . Проведя замены (22.24) – (22.28):

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 465

H1 Е  Н1,  – +  m , – + 0 – + получаем: – + Н1 = m = M, +– m + +m + + В1 = 0Н1 = 0М. Направление вектора Н1 совпадает с Рис. 22.4б. Линии напряжённости магнитного поля в направлением В1 (рис. 22.4б). магните с зазором. Вне "конденсатора" напряжённость магнитного поля H близка к нулю, т.е. внутри обеих половинок магнита вдали от зазора Н2 = 0 и в силу непрерывности нормальной составляющей вектора индукции магнитного поля В на границе раздела двух сред: В2 = В1 = 0(Н2 + М) = 0М. Метод молекулярных токов. Так как намагниченность постоянного магнита однородна, объемные токи намагничивания отсутствуют, а на боковой поверхности цилиндрического магнита имеется круговой поверхностный ток намагничивания плотности im = М. Магнитная индукция B внутри длинного цилиндра будет та же, что и внутри соленоида с поверхностным током i = im, т. е. B = 0i = 0M. При этом, в отличие от соленоида, напряженность магнитного поля внутри цилиндра равна нулю: B H2 = 2 – M = 0. 0 Если поперечный зазор в цилиндре узкий, то можно пренебречь краевыми эффектами, то есть считать, что линии индукции В не отклоняются от продольного направления. Тогда вектор В в зазоре сохранит ту же величину B = 0M в силу сохранения нормальной компоненты Вn на границе сред, при этом внутри зазора Н1 = B/0 = M, а напряжённость поля Н вдали от зазора останется нулевой.

466

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Теперь определим силу притяжения половинок магнита друг к другу. Эту силу можно найти как притяжение двух пластин заряженного конденсатора по аналогии с соответствующей электростатической задачей: 1 1 1 1 F = 0Н1qm = 0MSm = S0M 2 = a20М 2. 2 2 2 2 1 Ответ: Н1 = M, H2 = 0, В1 = В2 = 0М, F = a20М 2. 2 Задача 22.3.3. Тонкий диск толщины h и радиуса R (h > R) индукция магнитного поля на оси Z, перпендикулярной оси диполя (см. главу 15), равна: R2h  p Bx ( z )   0  m3   0 M . 4 z 4z 3 h  h  Ответ: 1) B  Bx  0 M 1  ;  , H  H x  M 4R  4R  2) Bx ( z )  0 M

R 2h . 4z3

Задача 22.3.4. Длинный цилиндр радиуса R изготовлен из материала с "замороженной" однородной намагниченностью, направленной вдоль его оси. Индукция магнитного поля в центре торца данного цилиндра равна В1. Найти индукцию В2 в центре тонкого диска толщины h (h > R данная  p формула переходит в B  0  m3 , что совпадает с известным 2 z выражением для магнитной индукции на оси магнитного диполя. 1 Mh Вблизи центра диска B(0)   0 , что при тонком диске 2 R h ( > а, задаче 22.4.5. R >> а >> l, где R – средний радиус тора).  1 B 2  p  a l. Ответ: B( r )  0 m3 , где p m   0 4 r Задача 22.4.6. Намагниченность насыщения материала составляет Мs и достигается в поле насыщения с напряжённостью Hs. Из этого материала изготовлен тонкий тор среднего радиуса R, в котором сделан малый воздушный зазор l (l Is?

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 477

Ответ: 1 1) Is = (2RHs + Msl); N I  Is NI 2) B(I) = 0 ( ).  M s ) = 0 (Hs + Мs + N 2R 2R M

Задача 22.4.7. Постоянный магнит имеет Mr вид тонкого кольца среднего радиуса R с узким поперечным воздушным зазором. Материал имеет остаточную намагниченность Mr и коэрцитивную силу Hc, а петлю гистерезиса –Hc можно приблизительно аппроксимировать H прямоугольником (рис. 22.11). 1) Какова ширина зазора hmax, при дальнейшем увеличении которой величина индукция в зазоре начнет резко Рис. 22.11. Прямоугольуменьшаться? ная петля гистрезиса. 2) Чему равна величина магнитной индукции В в зазоре при его ширине hmax? H Ответ: hmax = 2R c , В(hmax) = 0(Mr – |Hc|). Mr M Задача 22.4.8. Постоянный магнит имеет вид кольца среднего радиуса R с узким Mr воздушным поперечным зазором ширины h. Материал имеет остаточную намагниченность Mr и коэрцитивную силу Hc, а участок кривой гистерезиса на участке размагничивания можно аппроксимировать Hc H прямой линией (рис. 22.12). Найти магнитную индукцию внутри Рис. 22.12. Часть петли зазора, пренебрегая рассеянием магнитного гистерезиса в задаче 22.4.8. поля на его краях. 0 M r Ответ: B  . h Mr 1  2R H c

478

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 22.4.9 ([2], 3.289). На постоянный магнит, имеющий форму цилиндра длины l = 15 см, намотали равномерно N = 300 витков тонкого провода. При пропускании через него тока силой I поле вне магнита исчезло. Найти коэрцитивную силу Нс материала магнита. NI Ответ: H C   6 кА/м. l Задача 22.4.10 ([2], 3.290). Постоянный магнит имеет вид кольца с узким зазором между полюсами. Средний диаметр кольца d = 20 см. Ширина зазора b = 2 мм, индукция магнитного поля в зазоре В = 40 мТл. Пренебрегая рассеянием магнитного потока на краях зазора, найти модуль напряжённости магнитного поля внутри магнита. bB  0,1 кА/м. Ответ: H   0 d Задача 22.4.11 ([2], 3.292). На железном сердечнике в виде тора со средним радиусом R = 250 мм имеется обмотка с общим числом витков N = 1000. В сердечнике сделана поперечная прорезь шириной b = 1 мм. При токе I = 0,85 А через обмотку индукция магнитного поля в зазоре В = 0,75 Тл. Пренебрегая рассеянием магнитного потока на краях зазора, найти магнитную проницаемость железа в этих условиях. 2RB  3,7  10 3 . Ответ:    0 NI  bB Задача 22.4.12 ([3], 347). Железный сердечник имеет форму тороида квадратного сечения (сторона а = 4 см) с диаметром D = 40 cм. На сердечник равномерно в один слой намотано N = 500 витков тонкой проволоки. В тороиде имеется воздушный зазор размера d1 = 1 мм, и при некоторой силе тока в обмотке поток магнитной индукции в сердечнике равен Ф1 =3 Вб. Когда воздушный зазор увеличили до размера d2 = 2 мм, то при той же силе тока значение потока индукции оказалось равным Ф2 =2,5 Вб.

Глава 22. Поле постоянных магнитов. Магнетики во внешнем поле. … 479

Пренебрегая рассеянием линий индукции в зазоре, определить магнитную проницаемость железа. D(1   2 )  1  315 . Ответ:    2 d 2  1d1

480

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 23 ЭНЕРГИЯ МАГНИТНОГО ПОЛЯ И ПОНДЕРОМОТОРНЫЕ СИЛЫ В МАГНЕТИКАХ 23.1 Теоретический материал Энергия магнитного поля при наличии магнетика рассчитывается по формуле: 1 (23.1) W   H  B dV , 2 где H и B – напряженность и индукция магнитного поля; интегрирование ведется по всей области пространства, где локализовано магнитное поле. Объемная плотность энергии магнитного поля равна 1 (23.2) w(r )  H (r )  B(r ) . 2 Если связь напряженности Н и индукции В магнитного поля линейная и изотропная ( B(r )   0 Н (r ) ), то для плотности энергии магнитного поля можно записать: B 2 (r ) 1 1 . (23.3) w(r )  H (r )  B(r )   0 Н 2 (r )  2 2 2 0 Закон изменения энергии системы подвижных изолированных контуров с токами при наличии внешних сил и ЭДС. Сумма работ внешних сил Aвнеш и ЭДС Aст (сторонних сил) при квазистатическом (физически бесконечно медленном) изменении состояния системы контуров с током равна сумме количества теплоты Q , выделившейся в контурах, и изменения энергии магнитного поля ΔW , создаваемого токами в контурах: Aвнеш  Aст  Q  ΔW . Заметим, что при квазистатическом изменении состояния системы контуров с током сумма работ внешних сил Aвнеш и пондеромоторных сил со стороны магнитного поля A равна нулю: Aвнеш  A  0 . Пондеромоторные силы – это силы, действующие на тела со стороны электрического и магнитного полей. Работа пондеромоторных сил:

Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в …

481

A   Fx j d x j , j

где Fx j – обобщенные пондеромоторные силы, действующие по направлению обобщенной координаты хj. Обобщенные координаты системы – координаты, однозначно определяющие положение тел системы в пространстве. Обобщенные пондеромоторные силы могут быть найдены из их работы при изменении обобщенных координат: A Fx j  . (23.5) x j Объемная плотность пондеромоторных сил, действующих на магнетик в магнитном поле. Для жестких магнетиков, в которых нет заметной корреляции между магнитным моментом молекулы и магнитной индукцией действующего на нее поля, объемная плотность пондеромоторных сил, действующих на магнетик, равна:  B   B   B    k  M (23.6) f  i M   j M .  x   y   z  Здесь B – магнитная индукция поля в магнетике и M – вектор намагниченности магнетика. Пусть магнетик линеен и изотропен и для него справедливо  1 B , тогда: материальное уравнение M  H   0  1 f  grad B 2 . (23.7) 2 0  Связь пондеромоторных сил с энергией магнитного поля. Для (виртуальных) процессов, в которых сохраняются магнитные потоки {i}, обобщенная пондеромоторная сила равна:  W   . F x j   (23.8)  x j    Φi Для (виртуальных) процессов, в которых постоянны силы тока {I i } , обобщенная пондеромоторная сила равна:

 

 W Fx j    x j 

  .   Ii

(23.9)

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

482

Максвелловские силы натяжения в магнитном поле – силы, действующие на поверхность раздела двух сред и возникающие под влиянием нормальной компоненты магнитного поля. Поверхностные плотности этих сил со стоB X роны первой f 1nx и второй f 2nx сред (см. рис. 23.1) равны объемной 1 2 плотности энергии, приходящейся на нормальную составляющую поля f 1nx f 2nx в этих средах, и направлены каждая Рис. 23.1. Максвелловские силы в сторону своей среды (тянут к себе натяжения в магнитном поле поверхность раздела): H B H B (23.10) f1nx  w1n   1n 1n , f 2nx  w2n  2n 2n . 2 2 Полная поверхностная плотность сил натяжения действует в сторону магнетика с меньшей магнитной проницаемостью и равна: B2  1 1  (23.11) f xn   w1n  w2n  n    . 2 0   2 1  Максвелловские силы давления в магнитном поле – силы, действующие на поверхность раздела двух сред и возникающие под влиянием тангенциальной комX H f 1x поненты магнитного поля. Поверхностные плотности этих сил со сто2 роны первой f 1x и второй f 2x сред 1 (см. рис. 23.2)) равны объемной плотности энергии, приходящейся на f 2x тангенциальную составляющую поля Рис. 23.2. Максвеллоские силы в этих средах, и направлены каждая в давления в магнитном поле сторону другой среды (давят на поверхность раздела): H B H B (23.12) f1x  w1  1 1 , f 2x  w2   2  2  . 2 2 Полная поверхностная плотность сил давления действует в сторону магнетика с меньшей магнитной проницаемостью и равна: 1 f x  w1  w2   0 H 2 1   2  . (23.13) 2





Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в …

483

23.2. Основные типы задач (классификация) 23.1. Вычисление энергии магнитного поля в магнетиках. 23.2. Расчет максвелловских сил давления и натяжения. 23.3. Определение сил и моментов сил, действующих на магнетики в неоднородном магнитном поле. 23.4. Нахождение сил взаимодействия намагниченных тел. 23.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 23.1 Вычисление энергии магнитного поля в магнетиках. Метод решения. Использование формул (23.1) – (23.3). Задача 23.3.1. На тороидальный угольного сечения с внутренним радиусом a, внешним b и высотой h намотана катушка с числом витков N, по которой течет ток силы I (рис. 23.3). Магнитная проницаемостью железа μ. Найти энергию магнитного поля, заключенную в сердечнике.

железный сердечник прямо-

a

a

B

b

h

r Рис. 23.3. Тороидальная катушка прямоугольного сечения.

Решение Ввиду осевой симметрии силовые линии внутри тора являются концентрическими окружностями с центром на его оси. Применим теорему о циркуляции напряженности магнитного поля Н по окружности радиуса r, проходящей внутри сердечника и имеющей длину 2πr: Н  2r  IN , откуда находим: NI H (r )  . 2 r Для вычисления полной энергии магнитного поля внутри сердечника разобьем его на трубки малой толщины dr, радиуса r и высоты h (рис. 23.3). Энергия магнитного поля внутри такой трубки согласно формуле (23.3) равна: 2

1 1  NI  dW (r )  w(r )dV   0 H 2 (r ) dV   0   2rhdr , 2 2  2r  где dV = 2πrhdr– объем трубки.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

484

При этом в сердечнике будет запасена энергия: b

2

1 b  NI  W    0   0 N 2 I 2 h ln .  rh dr  4 a  2r  а 1 b Ответ: W   0 N 2 I 2 h ln . 4 a Задачи типа 23.2 Расчет максвелловских сил давления и натяжения. Метод решения. Использование формул (23.10) – (23.13). Задача 23.3.2. Длинный вертикально расположенный соленоид, намотанный на тонкостенную немагнитную трубку с плотностью намотки n витков на единицу длины, погружен одним концом в парамагнитную жидкость с плотностью . Радиус соленоида много меньше его длины. После включения тока силы I жидкость в трубке поднялась на высоту h (рис. 23.4). Найти магнитную проницаемость жидкости. Капиллярными эффектами пренебречь.

I, n

h ρ Рис. 23.4. Вертикальный соленоид, частично погруженный в парамагнитную жидкость.

Решение В данной задаче напряженность магнитного поля Н, строго говоря, не будет совпадать с напряженностью поля пустого соленоида Н0, поскольку линии Н0 перпендикулярны поверхности магнитной жидкости. Действительно, на этой границе нормальная компонента Н будет иметь скачок H 2 n  H1n  M n , вызванный полем возникающих на границе поверхностных "магнитных зарядов" плотности  = Mn. Однако ввиду малости поперечного сечения соленоида поле от этих "магнитных зарядов" будет быстро спадать с удалением от границы (по аналогии с графиком Н(z) в задаче 22.3.1). Поэтому в остальной части длинного соленоида напряженность поля Н не изменится и будет, как и в вакууме, равна H = nI. Магнитная индукция над жидкостью равна B1 = 0H и внутри жидкости составляет

Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в …

485

B2 = 0H. Поскольку эти величины не зависят от положения уровня жидкости, удобно решить задачу, исходя из выражения для давления, оказываемого на границу раздела двух сред с разными объемными плотностями w энергии магнитного поля (23.13): 1 1 1 p  w2  w1  H ( B2  B1 )   0 (  1) H 2   0 (  1)(nI ) 2 . 2 2 2 Поскольку w2 > w1, при смещении границы жидкости вверх энергия магнитного поля возрастает. Так как токи остаются постоянными, механическая работа также положительна. Эту работу за счет работы источника ЭДС, поддерживающего ток в соленоиде, совершают силы давления, направленные вверх, которые и вызывают подъем жидкости. При равновесии давление, оказываемое на поверхность жидкости в магнитном поле, должно компенсироваться гидростатическим давлением: p = gh. Приравняем эти два давления: 1  0 (  1)(nI ) 2  gh , 2 и окончательно находим: 2gh  1 .  0 ( nI ) 2 Замечание 1. То, что B1  B2, не противоречит условию непрерывности нормальной компоненты вектора B на границе раздела сред, которое всегда выполняется. Приведенные выражения для величин индукций B1,2 и напряженности Н справедливы при достаточно большом удалении от границы жидкости. На самой границе поле неоднородно, вектор В не перпендикулярен к границе, и часть линий индукции В из нижней части, где ее величина больше и линии идут гуще, выходит за пределы соленоида, не проходя в верхнюю часть. Замечание 2. Несмотря на неоднородность поля в окрестности границы раздела сред, при нахождении давления, оказываемого на границу раздела, надо использовать величины полей, взятых вдали от границы. Действительно, при малом смещении приграничной области, где поля неоднородны, вся она смещается как целое, и ее магнитная энергия остается постоянной. Полная же энергия меняется только из-за изменения объемов верхней и нижней частей, где поля однородны и были найдены выше.

486

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Ответ:   1 

2gh .  0 ( nI ) 2

Задачи типа 23.3 Определение сил и моментов сил, действующих на магнетики в неоднородном магнитном поле. Метод решения. Определение магнитных моментов M тел, находящихся в неоднородном магнитном поле, с учетом их факторов формы. Затем расчет сил, действующих на тела, с помощью формулы (23.6). При расчете моментов сил N, действующих на тела с магнитными моментами pm, использовать формулу N = [pmB] или метод ʺмагнитных зарядовʺ (см. п. 22.1. Теоретический материал в Главе 22 ). Задача 23.3.3. Длинный тонкий радиусом а из парамагнетика с магнитной проницаемостью μ расположен вдоль оси длинного соленоида. Один конец стержня находится в середине соленоида, второй совпадает с его торцом (см. рис. 23.5). Найти силу, действующую на стержень. Считать а 1, сила F будет ориентирована в отрицательном направлении оси Х, и шарик будет притягиваться к кольцу с током. 9 (  1) VI 2 Ответ: F  0 , сила направлена по оси кольца с 64(2  ) R 3 током к кольцу.

490

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 23.3.5. Тонкая парамагнитная палочка массы m, обладающая магнитной восприимчивостью χ, расположена в центре длинного соленоида перпендикулярно его оси (см. рис. 23.7). Палочка изготовлена из материала с плотностью ρ, её длина значительно B0 F меньше радиуса соленоида. Палочку, не меняя её ориентации, медленно пеХ 0 реместили вдоль оси соленоида из его центра, где индукция магнитного поля Рис. 23.7. Парамагнитная палочравна В0, в середину одного из торцов. ка в центре длинного соленоида. Какую работу совершили при этом против сил магнитного поля? Решение Магнитное поле соленоида с током неоднородно: оно убывает от середины соленоида, где по условию задачи равно В0, к его тор1 цу, где для длинного соленоида составляет B1  B0 . 2 Ввиду малости палочки можно считать, что в её объеме магнитное поле однородно и постоянно. Тогда в магнитном поле соленоида парамагнитная палочка приобретет магнитный момент рm = MV =χVН1, где V –объем палочки, Н1 –напряженность магнитного поля внутри неё, М –вектор намагниченности парамагнетика. Так как палочка парамагнитная (χ > 0), её магнитный момент будет сонаправлен с вектором Н1. Считая палочку достаточно тонкой по сравнению с её длиной, воспользуемся тем, что для длинного цилиндра факторы формы в его поперечном сечении N1 = N2 = 1/2, а в продольном направлении N3 = 0. Тогда внутри палочки напряженность ′′размагничивающего′′ поля H    М / 2  Н 1 / 2 . При этом полная напряженность магнитного поля складывается из напряженности Н внешнего поля соленоида и напряженности Н′ ′′размагничивающего′′ поля: 1 H 1  Н  Н   Н  Н 1 . 2 Для напряженности поля внутри палочки получаем: 2 2В H1  Н , (23.21) 2 (2  ) 0 где Н – напряженность внешнего поля соленоида.

Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в …

491

Магнитный момент рm, приобретенный палочкой в магнитном поле, будет направлен по одной линии с индукцией В поля соленоида в месте нахождения палочки, поэтому вращающий момент сил M В   pm B  0 , и палочка поворачиваться не будет. Направим ось Х вдоль оси соленоида, начало отсчета совместим с его центром (рис. 23.7). Поскольку вдоль оси соленоида индукция поля В, а также векторы Н1 и М зависят только от координаты х, величину силы, действующей на палочку в неоднородном магнитном поле, можно представить в виде: B B . (23.22) F  ( p m ) B  p m  VH1 x x Эта сила направлена в сторону увеличения магнитной индукции, т.е. к центру соленоида, и стремится втянуть палочку обратно, поэтому для её перемещения надо приложить внешнюю силу, равную по величине силе F со стороны магнитного поля и противоположно ей направленную. Работа, совершаемая внешней силой по перемещению палочки на расстояние dх, равна: dB (23.23) Aвнеш  Fdx  p m dx  VH1dB . dx Так как объем палочки V  m /  , с учетом формулы (23.21) находим искомую работу по перемещению палочки, интегрируя выражение (23.23): Aвнеш  V



B0



3mB02 2(m / ) 2B 2 2 . d B  B  B  0 1   0 ( 2  ) 2 0 (2  ) 4 0 (2  )  B 1

Ответ: Aвнеш 

3mB02 . 4 0 (2  ) 

Задача 23.3.6. Найти период малых горизонтальных крутильных колебаний стрелки компаса вокруг вертикальной оси, перпендикулярной бесконечному горизонтальному проводу с током I. Стрелка расположена над проводом на расстоянии h от него (рис. 23.8а). Стрелку считать тонким цилиндром длины 2l с постоянной продольной намагниченностью M, изготовленной из материала с плотностью .

492

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Решение В положении равновесия Z стрелка установится перпенS N дикулярно проводу, поскольку силовые линии магнитного Y поля являются концентричеI скими окружностями, плосX а) кость которых перпендикуB лярна направлению тока. Z На торцах цилиндричеl l –q м ской стрелки нормальная ком+qм  h M понента намагниченности F1 r F2 имеет разрыв, из-за чего на I X них появятся поверхностные "магнитные заряды" противоб) положного знака с плотноF2 стью м = М, а полная вели чина "заряда" на каждом торце будет qм = S, где S – X F1 площадь основания цилиндра. Ввиду тонкости цилинв) I дра - стрелки можно считать, Рис. 23.8. К нахождению периода что магнитное поле, создаваеколебаний стрелки компаса над проводом с током: а) общий вид; б) вид мое проводом, на поверхности вдоль провода; в) вид сверху. торца стрелки однородно и имеет индукцию:  I  I B(r )  0  0 cos , 2r 2h где  – угол между осью Z и перпендикуляром, опущенным из торца на ось провода (рис. 23.6б). Силы со стороны магнитного поля будут приложены к торцам стрелки, направлены по касательным к силовой линии (пунктир на рис. 23.8б) и равны F1,2 = F = B(r) qм. Для расчета момента этих сил относительно оси Z требуется их х-компонента:  I  Iq h2 Fx  Fcos    0 q м cos 2    0 м 2 2 , 2h 2h h l  где l' = l cos – проекция половины стрелки на ось Х.

Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в …

493

При отклонении стрелки от положения равновесия на угол  возникает возвращающий момент магнитных сил Nz = –2l Fx sin (рис. 23.8в). В приближении малых колебаний ( S ). Сердечник сделан из ферромагнитного материала с большой магнитной проницаемостью  ( >> 1). На нем намотано N витков провода, по которому течет ток силы I. Решение Силу в данной задаче можно найти несколькими способами. Определим её через выражение для энергии магнитного поля. Мысленно раздвинем половинки тора на расстояние x, малое по сравнению с его поперечными размерами (см. рис. 23.9). В процессе увеличения расстояния на величину dx внешние силы совершат работу, которая будет равна изменению энергии сердечника: A  Fdх  W I const ,

I





x   Рис. 23.9. Разделенный на две половины тороидальный сердечник.

откуда  W  F   .  х  I Учитывая, что энергия магнитного поля тора равна 1 W = LI 2, 2

Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в …

495

где L – индуктивность катушки с сердечником, получаем: W 1 L F  I2 . (23.24) x I const 2 x Найдем зависимость индуктивности L от расстояния х. Поскольку  >> 1, будем считать, что магнитное поле сконцентрировано внутри сердечника, линии магнитной индукции В являются окружностями и не искажаются при пересечении тонкого зазора. Ввиду малой толщины тора пренебрежем также зависимостью индукции магнитного поля от его радиуса. Пусть Н1 – напряженность магнитного поля в нижней половине тора, Н2 – в верхней, Н3 – в зазоре. Запишем теорему о циркуляции вектора Н для контура в виде окружности радиуса R, учитывая, что он охватывает N витков с током I: R Н1 + R Н2 + 2xH3 = NI. (23.25) Поскольку зазор тонкий и нормальная компонента индукции Вn непрерывна на границах зазора, модуль вектора В будет одинаков как в торе, так и в зазоре. Из материального уравнения В = μμ0Н следует, что B B H1  H 2  , H3  . (23.26)  0 0 Подставляя в соотношение (23.25) выражения для напряженностей полей (23.26), получим: 2RB 2 xB   NI ,  0 0 откуда находим величину индукции В(х): NI 1 B( x)   0  . R 2 2 x   R Учитывая, что полный поток магнитной индукции через обмотку Ф = NSB = LI, находим индуктивность L катушки с сердечником: N2 1 L( x )   0 S  . (23.27) R 2 2 x   R Подставляя выражение (23.27) в формулу (23.24), получаем зависимость силы взаимодействия половинок тора от расстояния х между ними:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

496

2

I 2 L I2  N  .    0 S   2 2 x  R   2 2 x       R  Когда половинки тора полностью прижаты (х = 0), сила будет равна: F ( x) 

2

2

I2  N   N  2 F (0)   0 S    0 S    I . 2  R  2 /    2R  Отрицательный знак силы означает, что она направлена против увеличения расстояния х, то есть вызывает взаимное притяжение половинок сердечника. Замечание. Силу притяжения можно найти и как притяжение "магнитных зарядов", образующихся на границах зазоров, как было рассмотрено в задаче 22.3.2 главы 22. Используя полученное там выражение для силы и найденную здесь величину индукции поля В, а также учитывая наличие двух зазоров, получаем: 2

2

  1    1  N  1 I2   S 0 M 2  S 0  B    0 S  .  2 2     R   2 2 x    0       R  В использованном приближении ( >> 1, (  1) /   1 ) это выражение совпадает с полученным выше. 2

F  2

2

 N  2 Ответ: F   0 S   I .  2R  Задача 23.3.8. Электромагнит в форме подковы, изготовленный из железа с магнитной проницаемостью µ >> 1, имеет площадь поперечного сечения S. Общая длина сердечника с якорем по средней линии (длина магнитной цепи) равна l. Число витков обмотки N (см. рис. 23.10). Якорь магнита с нагрузкой весит Р и отстоит от сердечх ника на расстояние х > S ), сделанных из материалов с большой магнитной проницаемостью 1 и 2 соответственно. Обмотка на торе имеет N витков, и по ней идет ток I.  N  Ответ: F  0 S    R 

2

2

 1 2  2   I .  1   2 

Задача 23.4.4. В сердечнике тороидального электромагнита радиуса R и круглого сечения площади I S (R >> S ) имеется малый зазор ши рины l (l > 1). Какую работу нужно совершить против сил магнит- Рис. 23.11. Сердечник элекс магнитной проного поля, чтобы удалить пластинку из тромагнита кладкой в зазоре. зазора?  0 S (NI ) 2 Ответ: A  . 2R   4R    l   Задача 23.4.5. Бесконечный прямолинейный тонкий провод расположен на расстоянии а от плоской бесконечной поверхности магнетика с проницаемостью  параллельно поверхности. Найти силу, действующую на единицу длины провода, если по нему течет ток силы I.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

500

Ответ: F 

0   1 I 2   . 4   1 a

I Задача 23.4.6 ([2], 3.298). Длинный прямой соленоид, содержащий n витков на единицу длины, погрузили наполовину в парамагнитную жидкость, как показано на рис. 23.12. Найти силу, действующую со стороны магнитного поля на единицу поверхно- Рис. 23.12. Прямой сости жидкости, если её магнитная восприимчи- леноид, погруженный в паравость равна χ и через соленоид течет ток I. Ку- наполовину магнитную жидкость. да направлена эта сила? Ответ: F1   0 n 2 I 2 / 2 , сила направлена вверх. Задача 23.4.7 ([3], 363). Между полюсами сильного электромагнита помещают U – образную трубку так, что одно колено (капиллярное) находится в магнитном поле, а другое (широкое) – вне поля. В трубку наливают жидкость, магнитная восприимчивость которой χ, а плотность ρ. На сколько изменится уровень жидкости в капилляре при включении магнитного поля с индукцией В? Магнитную восприимчивость пара и воздуха над жидкостью считать равной 1. B 2 Ответ: жидкость опустится на высоту h  , если χ < 0, 2 0 g и поднимется на h, если χ > 0. R Задача 23.4.8 ([3], 349). Электромагнит из железного бруса в форме подковы (см. а рис. 23.13) имеет размеры: а = 5 см, b = 10 см, h b d = 5 см, h = 10 см, R= 7,5 см. Число витков обd мотки N = 200. Сила тока I = 2 А. Какова подъРис. 23.13. Электроемная сила F электромагнита, если μ = 200? магнит в форме подОтвет: F ≈ 50 Н. ковы.

Задача 23.4.9 ([3], 276). Постоянный магнит в форме подковы с круглым сечением, диаметр которого D = 2 см, способен удержать якорь с грузом, которые вместе имеют массу m = 10 кг. Чему равны

Глава 23. Энергия магнитного поля и пондеромоторные силы в …

501

напряженность Н магнитного поля вблизи полюсов магнита и поверхностная плотность σ ′′магнитных зарядов′′ на полюсах магнита? Ответ: Н ≈ 78,6 А/м, σ ≈ 1,83∙10–3 Кл/м2. Задача 23.4.10 ([3], 271). Магнитный момент стрелки компаса pm, её масса m, длина l. Горизонтальная составляющая индукции магнитного поля Земли Вг. Рассматривая магнитную стрелку как тонкий стержень, определить период Т её колебаний в магнитном поле Земли. m Ответ: Т  2l . 3 p m Bг Задача 23.4.11 ([3], 272). Магнит с магнитным моментом pm в виде цилиндрического стержня массой m и радиусом R подвешен за свою середину на нити следующим образом: в середине стержня перпендикулярно к оси просверлено очень малое отверстие, в котором закреплена нить. Как расположится стержень в магнитном поле Земли, горизонтальная и вертикальная составляющие индукции которого соответственно равны Вг и Вв? Ответ: с вертикалью стержень образует угол β, определяеmgR  Bг p m мый соотношением: tg  ; с плоскостью магнитного p m Bв меридиана он образует угол α, который находится из уравнения: С ( -  0 )  pm B sin  , где α0 – угол, отсчитываемый от плоскости магнитного меридиана, при котором нить не закручена, С – модуль кручения нити.

502

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 24 ПЕРЕХОДНЫЕ ПРОЦЕССЫ В ЭЛЕКТРИЧЕСКИХ ЦЕПЯХ 24.1. Теоретический материал Квазистационарные электромагнитные процессы – процессы, для которых характерное время изменения электромагнитных физических величин гораздо больше времени установления электромагнитного равновесия в электрической цепи. Условия квазистационарности. Локальное условие. Характерное время рассматриваемого процесса  должно быть гораздо больше, чем характерное время установления локального равновесия (рассасывания избыточного свободного заряда в среде), так называемое время диэлектрической релаксации или время релаксации Максвелла М:   (24.1)    М  0 .  Нелокальное условие. Для того, чтобы мгновенные значения всех электрических величин в каждой части электрической цепи были такими же, как в случае постоянного тока, необходимо, чтобы характерное время рассматриваемого процесса  было гораздо больше, чем максимальное время max распространения электромагнитного возмущения вдоль цепи: l l (24.2)    max  max   max ,  c где lmax – максимальная длина электрической цепи,  и  – диэлектрическая и магнитная проницаемости. Переходные процессы в электрических цепях, уравнения процессов и начальные условия. Переходный процесс в электрической цепи – переход из одного стационарного состояния электрической цепи в другое, происходящий при изменении параметров цепи – ЭДС E, емкостей C , индуктивностей L и сопротивлений R (в частности при замыкании или размыкании ключей). Стационарное состояние электрической цепи – состояние цепи, в котором не меняются во времени физические величины, определяющие это состояние (заряды на обкладках конденсаторов qC, силы токов I и разности потенциалов UC и UL на участках цепи) при фиксированных параметрах цепи.

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

503

В исходном стационарном состоянии электрической цепи физические величины, определяющие ее состояние (qC, I), находятся с помощью законов Ома и правил Кирхгофа в результате решения системы линейных алгебраических уравнений. После изменения параметров электрической цепи система осуществляет квазистационарный процесс – последовательно проходит через стационарные состояния. В этом процессе физические величины, определяющие состояние цепи, находятся с помощью законов Ома и правил Кирхгофа для квазистационарных процессов. Основное отличие в использовании этих законов и правил от случая стационарных состояний – появление в уравнениях ЭДС индукции Eинд на участках цепи, содержащих индуктивности, и токов IC на участках цепи, содержащих конденсаторы. В результате появляется система линейных дифференциальных уравнений, в решении которой необходимо использовать начальные условия – значения искомых величин и их первых производных в один и тот же, начальный, момент времени – сразу после перехода системы в квазистационарное состояние. При изменении параметров цепи не могут претерпевать скачки сила тока IL, текущего через индуктивность, а также заряд qC (и разность потенциалов UC) на конденсаторе при наличии сопротивления R или индуктивности L в цепи конденсатора. Взаимосвязь между током и напряжением на отдельных участках цепи (резисторе, конденсаторе и катушке индуктивности, которые рассматриваются как элементы с сосредоточенными параметрами). Резистор: UR = R IR, (24.3) где UR – напряжение на резисторе; IR – сила тока, протекающего через этот резистор; R – сопротивление резистора. Конденсатор: dU C Q . (24.4) UC  , I C  C C dt Здесь UC – напряжение на конденсаторе; IС – сила тока, протекающего через конденсатор; Q – заряд конденсатора, С – емкость конденсатора. Из соотношений (24.4) следует:

504

Электричество и магнетизм. Методика решения задач t

1 (24.5) I C dt , C 0 где UС (0) – напряжение на конденсаторе в момент времени t = 0. Катушка индуктивности: dI (24.6) UL  L L , dt где UL –напряжение на катушке индуктивности, IL – сила тока, протекающего через катушку; L – индуктивность катушки. Напряжение на катушке индуктивности UL равно взятой с обратным знаком ЭДС самоиндукции, возникающей в катушке. Поэтому можно либо учитывать напряжение на катушке индуктивности в сумме с другими напряжениями в контуре, либо включить этот элемент в состав ЭДС, действующих в контуре. Из соотношения (24.6) следует: U C (t )  U C (0) 

t

1 (24.7) U L dt . L 0 где IL(0) – сила тока через катушку в момент времени t = 0. Реальная катушка наряду с индуктивностью L, обладает также омическим (активным) сопротивлением r, и напряжение UrL на ней равно dI (24.8) U rL  rI L  L L . dt Генератор напряжения – это устройство, напряжение на выходе которого E(t) не зависит от величины тока, протекающего через этот генератор. Внутреннее сопротивление такого генератора принимается равным нулю; в реальности, это источник ЭДС с внутренним сопротивлением, много меньшим сопротивления внешней цепи. Генератор тока – это устройство, которое обеспечивает силу тока в цепи I(t), не зависящую от напряжений на элементах этой цепи. Такой генератор имеет бесконечное внутреннее сопротивление, а в реальности – это источник ЭДС с внутренним сопротивлением, значительно превышающим сопротивление внешней цепи. Уравнение собственных затухающих колебаний в контуре и его решение, время затухания. Уравнение собственных затухающих колебаний в контуре: I L (t )  I L (0) 

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

505

(t )  2  2   0 , (24.9) 0 где   R 2 L – коэффициент затухания, 0 – круговая частота собственных гармонических колебаний. Время затухания (релаксации) – время   1/   2L / R , в течение которого амплитуда уменьшается в e  2.71 раз. Решение уравнения (закон) собственных затухающих колебаний с затуханием меньше критического ( < 0 или R  2 L / C ): (t )  Ae  t cos t  0  .

(24.10)

Здесь   02  2 – круговая частота собственных затухающих колебаний. Решение уравнения (закон) собственных затухающих колебаний с затуханием больше критического (  > 0 или R  2 L / C ):   2 02 t

  2 02 t

  , (24.11) (t )  A1e   A2e  где A1 и A2 – постоянные величины, определяемые начальными условиями (рис. 24.1).

 (t )

 (t )

A1 0 A2

A1 0 A2

t

t

Рис. 24.1. Собственные затухающие колебания с затуханием больше критического.

Решение уравнения (закон) собственных затухающих колебаний с критическим затуханием ( = 0 или R  2 L / C ): (t )  ( A1  A2t )e  t (рис. 24.2).

(24.12)

В дальнейшем все рассматриваемые процессы будем считать квазистационарными и применять к ним правила Кирхгофа.

506

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

 (t ) A2  0

A1 0 A2

t A1 0 A2 Рис. 24.2. Собственные затухающие колебания с критическим затуханием.

Мощность, подводимая к элементу цепи, равна (24.13) P(t )  U (t ) I (t ) , где U(t) и I(t) –напряжение на данном элементе (сопротивлении, конденсаторе, катушке) и ток через этот элемент. Эта мощность может выделяться на резисторе в виде тепла или расходоваться на создание электрического поля в конденсаторе (зарядку конденсатора) и магнитного поля в катушке индуктивности. 24.2. Основные типы задач (классификация) 24.1. Определение временных зависимостей напряжения на элементах цепи или силы тока при переходных процессах в RC- и RL-цепях. 24.2. Определение временных зависимостей зарядов, напряжений и токов в RLC-цепях. 24.3. Расчет энергетических характеристик процессов (мощности, энергии, количества выделенного тепла и т. д.). 24.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 24.1 Определение временных зависимостей напряжения на элементах цепи или силы тока при переходных процессах в RC- и RL-цепях. Метод решения. Метод решения задач сводится к процедурам, описанным ниже. Из условия задачи определить переменную (t ) , поведение которой следует исследовать (сила тока, напряжение, заряд). Для указанной в условиях задачи схемы записать правила Кирхгофа и, пользуясь выше приведенными соотношениями

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

507

(24.3) − (24.8), получить дифференциальное уравнение для искомой величины (t ) . Используя математические преобразования, привести полученное дифференциальное уравнение цепи к стандартному виду, например, к уравнению собственных затухающих колебаний в контуре (24.9). Записать начальные условия для (0) и (0) . Для определения установившегося стационарного значения   нужно в полученном уравнении цепи приравнять нулю все производные по времени и решить это уравнение. Исходя из типа полученного уравнения цепи, выбрать решение в виде выше приведенных соотношений (24.10) − (24.12). Из начальных условий найти все неизвестные коэффициенты в выбранном решении. Проанализировать решение и написать ответ. Задача 24.3.1. Заряженный до напряжения U0 конденсатор емкостью C и резистор сопротивлением R соединены последовательно К (рис. 24.3а). Определить зависимость напряжения на конденсаторе от Рис. 24.3а. Схема RC-цепи для расчета UC(t) при разрядке времени после замыкания ключа К. конденсатора. Решение По второму правилу Кирхгофа сумма падений напряжения на резисторе UR и конденсаторе UC после замыкания ключа в любой момент времени должна быть равна нулю: UC  U R  0 . Выразим UR через искомую переменную UC. Заряд на конденсаторе равен q = CUC, поэтому сила тока в цепи будет: dU C dq . I C dt dt Следовательно, dU C UR = IR = RC . dt В результате получаем уравнение:

508

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

dU C 1  UC  0 , dt RC которое решим методом разделения переменных: dU C dt  ; UC RC t ln U C    const. RC Постоянную интегрирования определим из начального условия. В соответствии с условием задачи при t = 0 UC = U0. Отсюда находим: const = lnU0. Таким образом, искомая зависимость напряжения на конденсаторе от времени после замыкания ключа будет: U C  U 0 exp( t / RC ). Произведение RC имеет размерность времени и часто обозначается τ. Эта величина называется временем релаксации цепи. В задаче она определяет время, за которое напряжение на конденсаторе уменьшается в e раз. Время релаксации является одной из основных характеристик цепи, определяется только параметрами цепи и не зависит от начальных условий. График полученной зависимости UC(t) приведен на рис. 24.3б. За время τ напряжение на конденсаторе Рис. 24.3б. Закон изменения оказывается чуть больше одной трети напряжения на конденсаторе при его разрядке. первоначального. Ответ: U C  U 0 exp( t / RC ). Задача 24.3.2. Резистор сопротивлением R, незаряженный конденсатор емкостью C и источник постоянного напряжения с ЭДС E соединены последовательно (рис. 24.4а). Определить зависимость от Рис. 24.4а. Схема RC-цепи времени заряда на конденсаторе после для расчета UC(t) при зарядке конденсатора. замыкания ключа К.

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

509

Решение По второму правилу Кирхгофа сумма падений напряжения на резисторе UR и конденсаторе UC после замыкания ключа в любой момент времени должна быть равна E: UC  U R  E . Так как все элементы цепи соединены последовательно, сила тока на всех участках цепи одинакова: I (t )  I R  I C . Падение напряжения на резисторе dq U R  IR  R , dt где q – заряд, проходящий по цепи и накапливающийся на конденсаторе. q Падение напряжения на конденсаторе U C  . В результате C получаем уравнение для заряда на конденсаторе: dq q R   E, dt C которое перепишем в стандартном виде: dq q E (24.14)   . dt RC R Напомним, что произведение RC имеет размерность времени, называется временем релаксации цепи и часто обозначается буквой τ: τ = RC. Получено неоднородное линейное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами. Оно может быть сведено к однородному уравнению заменой переменой q* = q − CE и решено интегрированием после разделения переменных. Рассмотрим другое более общее решение (с произвольной постоянной интегрирования), согласно которому решение неоднородного уравнения есть сумма двух слагаемых: q = q1 + q2. Первое слагаемое q1 – общее решение однородного уравнения dq1 q1   0, dt  которое получается методом разделения переменных:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

510

dq1 dt  , q1 

t ln q1    ln B ,   t q1  B exp    . (24.15)   Постоянную интегрирования B в формуле (24.15) в дальнейшем определим из начального условия задачи, когда будет получено полное решение. Второе слагаемое q2 в общем решении находим как любое частное решение полного (неоднородного) уравнения. Если правая часть полного уравнения есть постоянная, то и решение q2 тоже величина постоянная. Ее определяем, подставляя постоянную q2 в исходное неоднородное уравнение (24.14) и получаем: q2 = CE. Теперь записываем полное решение: (24.16) q  B exp( t / )  СE и определяем постоянную интегрирования B, используя начальное условие: при t = 0 заряд на конденсаторе q = 0. Подставляем эти значения в полученное решение (24.16) и находим: B = –CE. Окончательно для искомой зависимости от времени заряда на конденсаторе после замыкания ключа имеем:

  t  q  CE1  exp(t /  )  CE 1  exp   .  RC   График полученной зависимости q(t) приведен на рис. 24.4б. Замечание 1. Используя полученный результат, можно определить зависимость от времени и q всех остальных параметров цепи: силы CE тока I(t), напряжения на резисторе UR(t) 0,63СE и напряжения на конденсаторе UC(t): dq I (t )   (E/R)exp(–t/τ); dt Рис. 24.4б. Закон изменения U R (t )  I (t ) R  Eexp(–t/τ) ; напряжения на конденсаторе UC(t) = q(t)/C = E(1–exp(–t/τ)). при его зарядке.

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

511

Замечание 2. Сила тока в цепи в момент замыкания ключа изменяется скачком. За очень малое по сравнению с τ время она изменяется от нуля до I0 = E/R. В задаче величина , входящая в исходное уравнение и в его решение, определяет время, за которое сила тока в цепи I(t) уменьшается в e раз. Эта величина и есть время релаксации цепи, т.е. время, за которое процесс зарядки практически завершен.   t  Ответ: q  CE 1  exp    .  RC   Задача 24.3.3. Два конденсатора К с емкостями С1 и С2 и резистор с сопротивлением R, соединенные последовательно, подключены к С2 С1 источнику напряжения E. Определить зависимость от времени E R заряда на обкладках конденсатора С1 Рис. 24.5. Схема цепи к после замыкания ключа в схеме, задаче 24.3.3. приведенной на рис. 24.5. Решение Так как конденсаторы с емкостями С1 и С2 соединены последовательно, их можно заменить одним эквивалентным конденсатором с емкостью CC C 1 2 . C1  C 2 При этом заряд на обкладках эквивалентного конденсатора будет таким же, как на обкладках конденсатора С1. Решение задачи выполняется в точности так же, как в рассмотренной ранее задаче 24.3.2. Поэтому можно сразу записать ответ:   t (C1  C 2 )   CC   t   . q(t )  CE1  exp      1 2 E1  exp   RC1C 2    RC   C1  C 2    Время зарядки (время релаксации) CC   RC  R 1 2 C1  C 2

512

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

теперь зависит как от С1, так и от С2. Зарядка будет происходить до тех пор, пока сумма напряжений на конденсаторах не станет равной напряжению источника. Замечание. В цепи из последовательно соединенных элементов сила тока одинакова на любом участке. Поэтому накопление заряда на двух конденсаторах будет происходить одинаково. Записывая уравнение, следующее из второго правила Кирхгофа с учетом равенства поступающих на конденсаторы зарядов, приходим к тому же результату.   t (C1  C 2 )   CC  . Ответ: q  1 2 E1  exp   C1  C 2  RC1C 2    Задача 24.3.4. Параллельно соединенные резистор R и конденсатор C подсоединены к генератору тока I(t) (рис. 24.6а), который формирует ступенчатый сигнал: I(t) = 0 при t < 0, I(t) = I0 при t > 0 (рис. 24.6б). Определить, как изменяется со временем напряжение U на конденсаторе и ток, протекающий через конденсатор.

Рис.24.6а. Схема параллельного соединения резистора R, конденсатора C и генератора тока I(t) (задача 24.3.4).

Рис.24.6б. Ступенчатый сигнал, формируемый генератором тока (задача 24.3.4).

Решение Используя первое правило Кирхгофа, можем записать I0 = IR + IC. Здесь IR и IC – силы токов, протекающих через резистор и конденсатор, а I0 – сила полного тока в цепи, создаваемого генератором тока. Так как резистор и конденсатор соединены параллельно, второе правило Кирхгофа запишется в виде: U R  UС  U . Тогда, используя выражения для напряжений на резисторе и конденсаторе (24.3) и (24.4), можно записать:

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

513

dU U , IC  C . R dt Получим уравнение цепи: dU U C   I0 dt R или, приводя к стандартному виду: dU 1  (U  RI 0 )  0 dt RC Напряжение на конденсаторе не может мгновенно измениться, поэтому начальное условие в нашем случае имеет следующий вид: U(0) = 0. Установившееся значение напряжения на конденсаторе U = IR = I0R. Используя выражение для U, получим: U (t )  U   U   U (0)e t   I 0 R(1  e t  ) , d I C (t )  C I 0 R(1  e t  )  I 0 e t  , dt где   RC . Ответ: U (t )  I 0 R (1  e t  ) , I C (t )  I 0 e t  , где   RC . IR 





Задача 24.3.5. Определить зависимость от времени напряжения U2(t) на конденсаторе С2 в цепи, представленной на рис. 24.7а, если генератор напряжения E(t) формирует ступенчатый сигнал E(t) = 0 при t < 0, E(t) = E0 при t > 0 (рис. 24.7б). При t < 0 напряжения и токи в цепи равны нулю. При расчёте положить С1 = С2 = С, R1 = R2 = R.

Рис. 24.7 а. Соединение элементов цепи в задаче 24.3.5.

Рис. 24.7 б. Ступенчатый сигнал, формируемый генератором напряжения.

514

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Решение (E, C1, C2, R2), согласно

Для контура второму правилу Кирхгофа, запишем. Q1  U 2  R2 I 2  E(t ) . C Чтобы получить уравнение относительно неизвестной U2, вначале продифференцируем полученное уравнение dI dE(t ) 1 dQ1 dU 2 .   R 2  C dt dt dt dt Выразим напряжения на элементах цепи через U2 и учтём, что dE (t ) при t > 0 производная для ступенчатого сигнала равна нулю. dt Используя первое правило Кирхгофа и соотношение (24.4), получим: I = I1 + I2, dQ I 1, dt dQ2 dU 2 , I2  C dt dt где Q1 и Q2 – заряды на конденсаторах С1 и С2; I, I1, I2 – токи в цепи (см. рис. 24.7а). Так как резистор R1 и последовательная цепочка R2C2 соединены параллельно, то напряжения на них одинаковы: RI1 = U2 + RI2. Используем взаимосвязь между током I2 и напряжением U2: U dU 2 . I1  2  C R dt Таким образом, получим: dQ1 U dU 2 U 2 dU 2 ;  I1  I 2  2  C   2C dt R dt R dt dI 2 d 2U 2 C . dt dt 2 Для уравнения цепи имеем: d 2U dU 2 1 RC 2 2  3  U2  0 . dt RC d t Разделим обе части уравнения на RC

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

d 2U 2

515

3 dU 2 1   U2  0 . RC dt d t ( RC) 2 Это уравнение совпадает с уравнением (24.9) если ввести обозначения: 1 3 ,  .  2 RC RC Решение можно представить в виде (24.11) U 2 (t )  A1e 1t  B1e 2t , 2



где 1,2    2  2 . Для нахождения констант А1 и В1 определим начальные условия. Сразу после «скачка» напряжения E(t) от нуля до E0 напряжения на конденсаторах С1 и С2 равны нулю. Тогда в этот момент dU . E0  R2 I 2  RC 2 dt t 0 и начальные условия имеют вид: U 2 (0)  0;  E0  U 2 (0)  RC ,  откуда получим систему уравнений: 0  A1  B1 ;   E0  RC  1 A1   2 B1 ,  решениями которой являются: E0 E A1   B1    0 . 5 2 RC  2   2 Используя функцию «гиперболический синус»: e t  e  t sh( t )  , 2 результат можно представить в виде: U 2 (t ) 

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

516



E0

E0

exp[(    2   2 )t ] 

5



E0

5

e t  2

e

t  2  2

5

Учитывая, что   получим: U 2 (t ) 

Ответ:

exp[(    2   2 )t ] 

e 2

3 2 RC

t  2   2

U 2 (t ) 

E0

e t sh(t  2   2 ).

5

и

2   2 

3   5  exp   t  sh  2 RC   2 RC 5

2E0

2

5 , окончательно 2 RC

 t .  

3   5  exp   t  sh  2 RC   2 RC 5

2E0

 t .  

Задача 24.3.6. Резистор сопротивлением R, катушка индуктивности L и источник напряжения с ЭДС E соединены последовательно (рис. 24.8). Определить К зависимость силы тока в цепи от времени после замыкания ключа. Рис. 24.8. Схема RL-цепи к задаче 24.3.6.

Решение Так как все элементы цепи соединены последовательно, сила тока на всех участках цепи одинакова: I (t )  I R  I L . Согласно второму правилу Кирхгофа UR UL  E . Падение напряжения на катушке индуктивности UL равно взятой с обратным знаком ЭДС самоиндукции, возникающей в катушке. Поэтому можно либо учитывать падение напряжения на dI катушке индуктивности U L  L в сумме с другими падениями dt напряжения в контуре, либо включить этот элемент в состав dI источников ЭДС, действующих в контуре: E L   L . Оба dt варианта записи эквивалентны друг другу. Используя формулы

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

U R  IR и U L  L

517

dI , dt

получаем уравнение: dI R E  I . dt L L Это уравнение решаем так же, как в задаче 24.3.2, где подробно описана процедура получения решения. Начальное условие: при t = 0 сила тока в цепи I = 0. Окончательно искомая зависимость силы тока в цепи от времени после замыкания ключа имеет вид: E  R  E   t  I (t )  1  exp   t    1  exp     , R  L  R     L где время релаксации теперь равно   . При t→∞ сила тока в R цепи нарастает, асимптотически стремясь к установившемуся значению I0 = E/R. Замечание. Если в цепи имеется катушка индуктивности, то сила тока в цепи не может измениться скачком, потому что в этом случае энергия, запасенная в катушке, также должна измениться скачком, что невозможно. По такой же причине в цепи, содержащей конденсатор, не может измениться скачком напряжение на конденсаторе. L E  t  Ответ: I (t )  1  exp     , где   . R R    Задача 24.3.7. Резистор R, катушка индуктивности L и генератор напряжения E соединены последовательно (последовательная RL-цепь, рис. 24.9а). Определить зависимость напряжения на резисторе от времени, если напряжение генератора меняется со временем по закону, показанному на рис. 24.9б: E(t) = 0 при t < 0, t > Tи; E(t) = E0 при 0 < t < Tи. При решении считать, что при t < 0 сила тока в цепи равна нулю, а время релаксации существенно меньше длительности импульса ( > , то при t = Tи напряжение на резисторе можно считать равным U R (Tи )  E0 (1  e Tи  )  E0 . Тогда получим зависимость напряжения на резисторе от времени: U R (t )  E0 e  t Tи   , где время релаксации   R L . График этой зависимости представлен на рисунке 24.9в. Ответ: U R (t )  E0 1  e tL R , при 0 < t < Tи;



U R (t )  E0 e



 t Tи  L R

, при t  Tи.

Задача 24.3.8. Параллельно соединённые резисторы сопротивлением R и R/99 соединены последовательно с катушкой индуктивности L и генератором постоянного напряжения E0 (рис. 24.10а). Определить, как изменяется со временем напряжение U(t) между точками A и B при замыкании и размыкании ключа K. Решение Ключ замыкают.

K A

B

Рис. 24.10а. Схема цепи к задаче 24.3.8.

520

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Используя 2-е правило Кирхгофа, составляем уравнение для тока I, который протекает через индуктивность L и источник ЭДС E 0. dI R0 I  E0  L , dt где R0  R 100 – сопротивление двух параллельно соединенных резисторов R и r. Приведём уравнение цепи к виду: L dU   (U  E0 )  0 R0 dt или dU R0  (U  E0 )  0 . dt L Время релаксации при замыкании ключа равно 1  L R0 . Для определения начального условия U(0) используем тот факт, что ток в цепи сразу после включения ключа I(0) имеет то же значение, что и до включения: E I (0)  0 . R Тогда при t = 0 имеем:

U (0)  I (0) R0 

E0 R0 . R

Установившееся значение исследуемого напряжения равно U   E0 (так как катушка не обладает омическим сопротивлением). Используя выражения для U (0) и U  , получим:

  R   U (t )  U   U   U (0)e t 1  E0 1  1  0 e t 1  . R    Ключ размыкают. Проводя аналогичные расчеты и учитывая изменившиеся начальные условия (U(0) = E0), получим:   R  t   U (t )  E0 1    1e 2 ) ,    R0  L где 2  . R

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

Схематично графики показаны на рис. 24.10б.

этих

релаксационных

521

процессов

Рис. 24.10 б. Зависимость напряжения между точками А и В от времени при замыкании и размыкании ключа (задача 24.3.8).

Замечание. Времена релаксации в рассматриваемых случаях имеют существенно разные значения: 1 R   100 .  2 R0

  tR   Ответ: при замыкании ключа U (t )  E0 1  0,99 exp     ;  100 L      tR   при размыкании ключа U (t )  E0 1  99 exp     .  L   Задача 24.3.9. Квадратная рамка со стороной а находится в однородном магнитном поле индукции B. В начальный момент плоскость рамки параллельна направлению индукции поля. Затем её очень быстро поворачивают на 90 0 , так, что ее плоскость становится перпендикулярной направлению индукции магнитного поля. Индуктивность рамки равна L, омическое сопротивление проводника, из которого сделана рамка, равно R. Определить, как изменится ток в рамке после ее поворота. До поворота ток в рамке был равен нулю. Решение 1. При быстром повороте рамки из-за изменения величины потока магнитной индукции внешнего поля через плоскость рамки

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

522

согласно закону электромагнитной индукции возникает ЭДС dФ индукции E(t )   и, как следствие, появляется индукционный dt ток I(t). При повороте рамки полный поток магнитной индукции Ф(t) через плоскость рамки складывается из потока ФВ(t), обусловленного наличием внешнего магнитного поля и потока I(t), создаваемого индукционным током: Ф(t )  ФB (t )  ФI (t ) , где ФВ(t) = Ba2 sin α(t), угол между плоскостью рамки и направлением магнитного поля α(t) изменяется от α = 0 (до поворота рамки) до α = π/2 (после поворота), а I(t) = LI(t), где L – индуктивность рамки. Определим величину индукционного тока сразу после поворота. Поскольку E(t )dt  I (t ) Rdt  dС , то, проинтегрировав правую и левую часть этого уравнения по времени от 0 до Δt, где Δt – время поворота, получим: t

R  I (t )dt  [Ф(t )  Ф(0)] . 0

Сила индукционного тока I(t) всегда ограничена по своей величине и не может принимать бесконечно большие значения (это одно из следствий закона Ленца). Поэтому при очень быстром t

повороте рамки (Δt → 0) интеграл

 I (t )dt

стремится к нулю,

0

откуда следует: Ф(Δt) – Ф(0) ≈ 0. До поворота рамки Ф(0) = 0, так как ток в рамке отсутствовал, а плоскость рамки была параллельна направлению индукции магнитного поля. Отсюда следует, что Ф(Δt) = ФВ(Δt) + LI(Δt) = Ba2 + LI(Δt) = 0. Таким образом, сила индукционного тока сразу после поворота рамки равна (с точностью до знака) Ba 2 I (t )  . L 2. После поворота рамки поток не изменяется со временем и равен ФВ = Ва2.

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

523

Поэтому ЭДС индукции в рамке после окончания поворота существует только за счёт изменения силы тока (ЭДС самоиндукции) dI E = RI = – L . dt Для расчёта зависимости индукционного тока от времени после поворота рамки преобразуем это уравнение к стандартному виду: dI R  I  0. dt L За начало отсчёта времени примем теперь конец интервала времени Δt, за который поворот рамки был завершён. Зная найденное выше начальное значение силы тока I(0) = I(t), далее, аналогично задаче 24.3.3, получим зависимость силы тока от времени: Ba 2 -t/τ I(t) = e , L L где τ = . R Замечание 1. После окончания поворота рамки магнитный поток через её плоскость изменяется по закону: Ф(t )  Ba 2  LI (t )  Ba 2 (1  e t  ) , L где τ = (рис. 24.11). R Замечание 2. Термин «очень Ф быстро» в условии задачи имеет относительный характер. Для того, чтобы приведённое выше решение было справедливым, необходимо, чтобы время, за которое совершается поворот Рис. 24.11. Зависимость магнитного рамки, было намного меньше потока через рамку от времени после времени релаксации окончания её поворота (задача 24.3.9). L t ω0, то оба показателя в экспонентах отрицательные, решение будет вещественным и его можно записать в виде:

526

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

2 02 t  2 02 t  . q  e t  Ae  Be   Такой процесс называется апериодическим. В особом случае  = ω0, решение имеет вид:

(24.18)

q  ( A  Bt )e t . (24.19) Протекающий при этом процесс называется критическим затуханием (демпфированием). Если, наконец,  < ω0, то в системе возникают свободные затухающие колебания. Действительно, в этом случае имеем: qˆ (t )  exp( t )[ A1 exp( it )  B1 exp( it )] ,

где   02  2 . Коэффициенты A1 и B1 здесь следует понимать как комплексные числа, имеющие и вещественную, и мнимую части. Поскольку заряд q является вещественной физической величиной, а вещественная часть комплексного решения также является решением однородного линейного дифференциального уравнения с постоянными вещественными коэффициентами, то: q (t )  Re qˆ (t )  e t [ A cos( t )  B sin( t )] , (24.20) где A и B – вещественные коэффициенты и определяются начальными условиями. В результате мы получили закон свободных затухающих колебаний с частотой ω. Заряд на конденсаторе, осциллируя, убывает по экспоненциальному закону и становится в е раз меньше 1 первоначального за время релаксации   . По этой причине   называют коэффициентом затухания. Для полного решения задачи осталось определить из начальных условий значения постоянных интегрирования. В начальном положении до отключения источника напряжения ток в цепи идет до тех пор, пока напряжение на конденсаторе не станет равным напряжению подключенного источника ЭДС. После этого ток в системе прекратится. Поэтому начальные условия имеют вид: при t = 0 заряд на конденсаторе q(0) = EC и сила тока в цепи I(0) = 0. 1. Рассмотрим случай  > ω0, когда реализуется решение (24.18). В общем виде для тока I(t) получаем выражение:

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

I (t ) 

527

dq  dt

2 02 t  2 02 t  .  q(t )  e t  2  02  Ae  Be   Константы А и В находим из начальных условий: q(0)  A  B  EC ,

(24.21) (24.22)

I (0)  EC   2  02 ( A  B)  0 , откуда  . (24.23) A  B  EC 2   02 Из выражений (24.22) и (24.23) получаем:  EC   , A 1  2 2  2     0    EC   . B 1  2 2  2     0   Окончательно для искомой зависимости заряда на обкладках конденсатора от времени имеем:    2 2   EC t      0 t   2  02 t     q(t )  e 1 e  1  e . 2 2  2 2    2          0 0      1 Время релаксации этого процесса   .  2. В случае решения (24.19) при β = ω0 находим аналогично: dq I (t )   [ B  ( A  Bt)]e t ; dt q(0)  EC  A , I (0)  B  A  0 , откуда: B  A  EC . Окончательно получаем: q(t) = E Ce–βt (1  t ) .

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

528

3. Наконец, для решения (24.20) при β < ω0 имеем: I (t )  e t {[ A sin( t )  B cos( t )]  [ A cos( t )  B sin( t )]} ; q(0)  EC  A , I (0)  B  A  0 , откуда: B  ( / ) A  ( / )EC . В итоге находим: q(t) = ECe–βt [cos(ωt)+(β/ω)sin(ωt)]. Пример зависимости q(t) для данного случая приведен на рис. 24.12б. q(t) Рис. 24.12б. Зависимость заряда на обкладках конденсатора от времени.

0

0

t

Ответ: при   0 :   2 2  EC t    e  0 t  1  q(t )  e 1      2   2   02   2   02   при   0 : q(t) = E Ce–βt (1  t ) ; при   0 : q(t) = E Ce–βt [cos(ωt)+(β/ω)sin(ωt)]; 1 r где   , 0  ,   02  2 . 2L LC

Задача 24.3.11. Резистор сопротивлением r, конденсатор емкостью C, катушка индуктивности L и источник постоянного напряжения с ЭДС E соединены в последовательную цепь. Определить зависимость от времени заряда на обкладках

 e   

 2  02 t

К

EE Рис. 24.13а. Схема RСL-цепи к задаче 24.3.11.

 ;  

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

529

конденсатора после замыкания ключа (рис. 24.13а). Решение Применяя второе правило Кирхгофа и используя выражения dI для падений напряжения на резисторе U r  rI , катушке U L  L dt q и конденсаторе U C  , получаем уравнение: C q dI rI   L  E , C dt где I – сила тока в цепи, q – заряд на конденсаторе. Воспользовавшись обозначениями, введенными в предыдущей задаче, записываем уравнение для замкнутой электрической цепи в стандартном виде: d2q dq E  2   02 q  . 2 dt L dt Решение этого неоднородного уравнения получаем, добавляя E постоянную q 0  2  EC к общему решению, полученному в 0 L предыдущей задаче. Начальные условия теперь другие: при t = 0 заряд на конденсаторе q = 0 и сила тока в цепи I = 0. Итак, получаем общие решения: при   0 : q(t )   e t  A exp   2  02 t   B exp    2  02 t   EC; (24.24)      при   0 : q (t )  ( A  Bt )e t  EC ;

при

(24.25)

  0 :

q(t )  e t ( A cos( t )  B sin( t ))  EC . (24.26) Постоянные А и В определяем из начальных условий аналогично тому, как это было сделано в предыдущих задачах. Общие выражения для токов I(t) совпадают с выражениями, полученными в задаче 24.3.10 для соответствующих случаев.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

530

1. В случае решения (24.24) находим: q(0)  A  B  EС  0 ,

I (0)  ( A  B) 2  02  0 , откуда: 1 A  B   EC . 2 Окончательно получаем:  e t  2 02 t   2 02 t  q(t )  EC 1  e e  . 2    2. В случае решения (23.25) находим: q(0)  0  A  EC , I (0)  B  A  0 , откуда: A  EC; В   EC . Окончательно получаем: q (t )  EC[1  (1   t )e t ] .

q(t)

q(t)

EC

EC

0

0

t

Рис. 24.13б. Закон изменения заряда на обкладках конденсатора от времени.

0

0

t

Рис.24.13в. Закон изменения заряда на обкладках конденсатора от времени.

Пример зависимости q(t) для случая   0 приведен на рис. 24.13б. 3. В случае решения (24.26) находим: q(0)  0  A  EC , I (0)  0  B  A , откуда: A  EC; В   ( / )EC . В итоге получаем:

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

531

    q(t )  EC 1  e t cos(t )  sin(t )  .     Пример зависимости q(t) для случая   0 приведен на рис. 24.13в. Ответ:  e t  2 02 t   2 02 t  при   0 : q(t )  EC 1  e e  ; 2    при   0 : q(t )  EC[1  (1  t )e t ] ;

    при   0 : q(t )  EC 1  e t cos(t )  sin(t )  ;     1 r где   , 0  ,   02  2 . 2L LC Задача 24.3.12. Схема состоит их резистора сопротивлением R, конденсатора емкостью С, катушки индуктивности L и источника напряжения E, соединенных, как показано на рис. 24.14. Определить закон изменения силы тока I L (t ) , текущего в катушке индуктивности после замыкания ключа.

С IC IL

L

К

I E

R

Рис. 24.14. Схема цепи к задаче 24.3.12.

Решение Следуя правилам Кирхгофа, составляем систему уравнений для этой цепи при обходе контуров по часовой стрелке: I  IC  I L , (24.27) q (24.28) IR   E , C dI q (24.29)  L L  0, C dt где использованы обозначения сил токов, указанные на рис. 24.14. Здесь q – заряд на конденсаторе, поэтому

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

532

dq . dt Дифференцируя по времени уравнение (24.29) и используя соотношения (24.27) и (24.28), приходим к уравнению второго порядка для искомой переменной I L (t ) : IC 

I C  CL

d2I L , dt 2

dI L E, dt d2IL dI CLR  L L  RI L  E . (24.30) 2 dt dt Разделим уравнение (24.30) на CRL и введем следующие обозначения: 1 1 , 02  . 2  LC RC Для функции I L (t ) получили дифференциальное уравнение второго порядка в каноническом виде: d2IL dI E  2 L   02 I L  . 2 d t CRL dt Решение такого уравнения было подробно изложено в задачах 24.3.10 и 24.3.11. Теперь начальные условия таковы: при t  0 dI I L (0)  0 и L L (0)  E . dt Общее решение такого уравнения (см. задачи 24.3.10 и 24.3.11) в зависимости от соотношения параметров R, C и L допускает как апериодический, так и колебательный процессы. 1. При   0 : (I C  I L )R  L

I L (t )  exp(t )[ A exp(  2  02 t )   B exp(   2   02 t )] 

E  02 CRL

2. При   0 : I L (t )  ( A  Bt ) exp( t ) 

3. При   0 :

E  02 CRL

.

.

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

I L (t )  exp( t )( A cos( t )  B sin( t )) 

E  02 CRL

533

.

Постоянные интегрирования А и В определяем из начальных условий так же, как это было сделано в задаче 24.6. Учтем также, что E E  . 2  0 CRL R После простых преобразований получаем ответ. E    I L (t )  1  e t cos(t )  sin(t )  ; R    1 1 где   , 02  ,   02  2 . LC 2 RC Ответ: при   0 :   E  1  e t  ch  2   02 t  sh  2  02 2 2 R    0   E при   0 : I L (t )  1  (1  t )e t ; R E    при   0 : I L (t )  1  e t cos(t )  sin(t )  ; R    1 1 где   , 02  ,   02  2 . LC 2 RC I L (t ) 





 t  ;  

Задачи типа 24.3 Расчет энергетических характеристик процессов (мощности, энергии, количества выделенного тепла и т. д.). Метод решения. Токи и напряжения во всех рассмотренных цепях рассчитываются по методам, описанным для задач типа 24.1 и 24.2, после чего для расчета энергетических характеристик используется закон Джоуля−Ленца (13.11) или соотношение (24.13) из этой главы.

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

534

Задача 24.3.13. Конденсатор ёмкости C заряжается от источника постоянного напряжения E0 через сопротивление R (см. рис. 24.15). Определить зависимость от времени мощности P(t), подводимой к конденсатору.

K Рис. 24.15. Электрическая схема для расчета к задаче 24.3.13.

Решение Мощность P(t), подводимая к конденсатору, равна (24.13) P(t )  U (t ) I (t ) . Здесь U и I – падение напряжения и ток через конденсатор. В задаче 24.3.2 получено, что при зарядке конденсатора постоянной ЭДС, напряжение на нём меняется по закону U (t )  E0 (1  e t RC ) , а в замечании 1 к этой же задаче отмечено, что при зарядке конденсатора в последовательной RC-цепи сила тока в ней изменяется по закону E I (t )  0 e t RC . R Отсюда получаем: E2 P(t )  0 1  e t RC e t RC . R Замечание. Возможно решение этой задачи и другим, энергетическим, способом, что позволяет не находить зависимость силы тока от времени. При зарядке конденсатора его энергия изменяется со временем по закону CU 2 (t ) CE02 (1  e t RC ) 2 W (t )   . 2 2 А значит, для этого необходимо подводить к нему мощность dW (t ) E02 P(t )   1  e t RC e t RC . dt R E02 1  e t RC e t RC . Ответ: P(t )  R













Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

535

Задача 24.3.14. Катушка L R сопротивлением R и индуктивностью L в момент времени t = 0 попадает на время Δt под напряжение U (ключ в положении 1 U 1) (см. рис. 24.16). Затем ключ переводят К в положение 2. Какое полное количество теплоты Q выделится в катушке за все 2 время протекания тока в цепи? Какое количество теплоты Q1 выделится в Рис. 24.16. Схема цепи к задаче 24.3.14 катушке за время Δt? Решение За промежуток времени Δt источник напряжения совершает работу, которая вся в конечном счете превратится в тепло Q. Количество теплоты выделяется только на активном сопротивлении R, где нет сдвига фаз между током и напряжением. Для вычисления работы источника можно применить формулу: А  UIdt , из которой следует, что t

А  U  Idt .

(24.31)

0

Силу тока в цепи определим, как в задаче 24.3.6: I  (U / R) 1  e  (t / ) , (24.32) L где   . R Подставляя выражение (24.32) в формулу (24.31), для полного количества теплоты Q, выделившегося в катушке за все время протекания тока в цепи, получаем:   t  U 2 t U2  ( t /  )  Q А dt  t   e   1 . (24.33)  1 e   R 0 R     Количество теплоты Q1, выделившееся в катушке за время Δt, найдем из закона Джоуля–Ленца: t   t     2 t  U2  t  2 e   1   e   1 . Q1   I 2 Rdt  (24.34)   2  R  0       К концу промежутка времени Δt в катушке образовался запас энергии:









Электричество и магнетизм. Методика решения задач

536

1 2 LI (t ) . 2 Воспользовавшись формулами (24.33) и (24.34), легко проверить, что в соответствии с законом сохранения энергии Q  Q1  W : W

2

2 t t t  1 U 2     U 2      Q  Q1   2e  1  L  1  e    e  2R   2  R    1  LI 2 (t )  W . 2 Замечание. Катушка индуктивности всегда обладает некоторым сопротивлением. Если это сопротивление мало по сравнению с другими в схеме, то его просто не включают в схему. Если же им пренебречь нельзя, то при расчетах его изображают в схеме как отдельный резистор, которому приписывается сопротивление катушки.   t  U2  t   e   1  , Ответ: Q    R    

Q1 

U2 R



 



   ( t /  )  1  e 2( t / )  1  . t  2 e 2  

24.4. Задачи для самостоятельного решения Задача 24.4.1. Определить зависимость от времени заряда Q(t) на обкладках конденсатора C в схеме, приведенной на рис. 24.17, после замыкания ключа K. Ответ: R2   t  1  exp     , Q(t )  E0 C R1  R2     CR1 R2 где   . R1  R2

К

R1 С

E0 Рис. 24.17. Схема цепи к задаче 24.4.1

R2

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

Задача 24.4.2. Определить закон изменения силы тока I(t) через источник постоянного напряжения E0 после замыкания ключа K в схеме, приведенной на рис. 24.18. Ответ: 1 1  t  I (t )  E0   exp    ,     R1 R2 где  

Рис. 24.18. Схема цепи в задаче 24.4.2.

1 . R2C

Задача 24.4.3. Определить зависимость от времени силы тока IL(t) через катушку индуктивности L в схеме, приведенной на рис. 24.19 после замыкания ключа K. Ответ: E   t  I L (t )  0 1  exp     , R1    

Рис. 24.19. Схема цепи в задаче 24.4.3.

 1 1   . где   L   R1 R2  Задача 24.4.4. Определить UL(t) после замыкания ключа K в схеме, приведенной на рис. 24.20. Ответ: E R  t U L (t )  0 2 exp    , R1  R2  

Рис. 24.20. Схема цепи в задаче 24.4.4.

 1 1   . где   L   R1 R2  Задача 24.4.5. Определить, как изменяется со временем напряжение на индуктивности в схеме, представленной на рис. 24.21, для двух случаев.

Рис. 24.21. Схема цепи в задаче 24.4.5.

537

538

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Генератор тока формирует: 1) ступенчатый сигнал: I(t) = 0 при t < 0; I(t) = I0 при t > 0. 2) прямоугольный импульс: I(t) = 0 при t < 0, t > T; I(t) = I0 при 0 < t < T. Ответ: 1. UL(t) = 0, при t < 0. L  t U L (t )  I 0 R exp    , при t > 0, где   . R   2. UL(t) = 0, при t < 0,  t U L (t )  I 0 R exp    при 0 < t < T ,     T  t  T  U L (t )  I 0 R exp     exp    при t > T.       Задача 24.4.6. Две катушки, имеющие активные сопротивления r1 и r2, индуктивности L1 и L2, соединены параллельно и подключены к конденсатору ёмкости С, заряженному до напряжения U0 (см. рис. 24.22). Какие заряды протекут через каждую из катушек при разрядке конденсатора? CU 0 r2 CU 0 r1 Ответ: Q1  , Q2  . r1  r2 r1  r2

Рис. 24.22. Схема цепи в задаче 24.4.6.

Задача 24.4.7. В условиях задачи 24.4.6 определить, чему равен полный заряд q, который протечёт через поперечное сечение проводника, из которого сделана рамка, после завершения релаксационного процесса. Ba 2 Ответ: q  . R Задача 24.4.8. В схеме, представленной на рис. 24.23, определить зависимость от времени напряжения U2(t) на

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

конденсаторе С2. Генератор напряжения E(t) формирует ступенчатый сигнал: E(t) = 0 при t < 0; E(t) = E0 при t > 0. Первоначально (t < 0) токи и напряжения в цепи были равны нулю. При расчёте положить С1 = С2 = С; R1 = R2 = R. Ответ: 2E U 2 (t )  0 e t sh t  , 5 где  

539

Рис. 24.23. Схема цепи к задаче 24.4.8.

5 3 ,  , sht   (e t  e  t ) / 2 – гиперболический 2 RC 2 RC

синус. Задача 24.4.9. Конденсатор C заряжается от источника с постоянной ЭДС E0 через катушку с индуктивностью L и сопротивление R, причем R 2  4 L C . Определить: 1) как изменяется сила тока со временем; 2) через какое время сила тока достигнет максимума; 3) чему равно напряжение на конденсаторе в этот момент; 4) чему равно максимальное значение силы тока. Ответ: E 1) I  0 t e t  ; L 2L 2) t  ; R e2 3) U  E0 ; e 2E 4) I max  0 . eR Задача 24.4.10. ([2], 3.333) Замкнутая цепь состоит из последовательно соединенных включенных источника постоянной

540

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

ЭДС E и дросселя индуктивности L. Активное сопротивление всей цепи равно R. В момент времени t = 0 индуктивность дросселя скачком уменьшили в η раз. Найти ток в цепи как функцию времени t. Указание. При скачкообразном изменении индуктивности полный магнитный поток (потокосцепление) останется неизменным. Ответ: I = [1 + (η − 1)exp(−tηR/L)]E/R. Задача 24.4.11. Найти силу тока IL(t) в индуктивности L после замыкания ключа K в схеме, приведенной на рис. 24.24. Параметры L, C, R удовлетворяют условию L > 4CR2. Ответ: E   e 1t  1e 2t  I L (t )  0 1  2 , R   2  1  где 1    2  02 , 2    2  02 ,  

К E0

R С

L

Рис. 24.24. Схема цепи в задаче 24.4.11.

1 1 , 02  . 2 RC LC

Задача 24.4.12. Колебательный контур состоит из конденсатора и катушки с индуктивностью L = 1 Гн, которые соединены последовательно. Чему равно омическое сопротивление контура r, если известно, что амплитуда собственных колебаний в нём за время 0,1 секунды уменьшается в e = 2,718 раз? Ответ: r = 20 Ом. Задача 24.4.13. Предварительно заряженный до разности потенциалов U0 конденсатор емкости C разряжается через сопротивление R. Найти зависимость энергии конденсатора от времени. CU 02  2  exp   t. Ответ: WC (t )  2  RC  Задача 24.4.14. Конденсатор емкости C заряжается от источника ЭДС величиной E0 с внутренним сопротивлением r.

Глава 24. Переходные процессы в электрических цепях

Определить зависимость от времени количества выделившейся в цепи при зарядке конденсатора. Ответ: Q(t ) 

CE02 2

  2t   1  exp    .  rC   

541

теплоты,

542

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Глава 25 РАСЧЕТ ЦЕПЕЙ ПЕРЕМЕННОГО ТОКА. МЕТОДЫ КОМПЛЕКСНЫХ АМПЛИТУД И ВЕКТОРНЫХ ДИАГРАММ. МОЩНОСТЬ В ЦЕПЯХ ПЕРЕМЕННОГО ТОКА 25.1. Теоретический материал Метод комплексных амплитуд. В основе метода комплексных амплитуд лежит замена гармонически меняющейся во времени вещественной физической величины A(t) = A0cos(t+) комплексным представлением этой величины Aˆ (t ) так, что: Aˆ (t )  A0 e i e it  Aˆ 0 e it  A0 e i ( t  )   A0 cos( t  )  i  A0 sin( t  ), A(t )  Re Aˆ (t )  A0 cos( t  ) . (25.1) i  Здесь Aˆ 0  A0 e – комплексная амплитуда, A0 – амплитуда и  – (начальная) фаза гармонических колебаний. Если законам постоянных токов и определениям используемых физических величин соответствуют линейные (в том числе дифференциальные) уравнения с постоянными вещественными коэффициентами, то они справедливы и для комплексных представлений соответствующих электрических величин. Комплексное сопротивление (импеданс) участка цепи. Комплексным сопротивлением (импедансом) Z участка цепи называется отношение комплексного напряжения Uˆ (t ) к комплексной силе тока Iˆ (t ) (комплексных амплитуд напряжения

 

Uˆ 0 и силы тока Iˆ0 ) на этом участке: Uˆ (t ) Uˆ 0 e it Uˆ 0 U 0 i (U I ) . (25.2) Z    e I0 Iˆ(t ) Iˆ0 e it Iˆ0 Здесь Uˆ (t ) и Iˆ (t ) – напряжение и сила тока на участке цепи в комплексной форме: Iˆ(t )  Iˆ0eit  I 0ei ( t   I ) , Uˆ (t )  Uˆ 0 e it  U 0 e i ( t U ) . (25.3)

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

543

где Iˆ0 и Uˆ 0 – комплексные амплитуды, I0 и U0 – амплитуды, а I и U – фазы гармонически меняющихся силы тока и напряжения на участке цепи. При этом: I (t )  Re Iˆ(t )  I 0 cos t   I  , U (t )  Re Uˆ (t )  U cos t    . (25.4)

   

0

U

В общем случае комплексное сопротивление участка цепи можно представить в виде: (25.5) Z  X  iY  Z ei  Z cos  i Z sin  , где

X  Re Z  Z cos 

–

активное

и

Y  Im Z  Z sin 

–

Z  X 2  Y 2 – полное сопротивление цепи (модуль импеданса),  = U – I – аргумент комплексного сопротивления, равный фазе, на которую напряжение опережает силу тока на данном участке цепи, причем X Y cos   и sin   . Z Z реактивное

сопротивления

цепи,

Для комплексных сопротивлений соединенных последовательно Z s и параллельно Z p участков электрической цепи можно записать: Zs   Z j ,

(25.6)

j

1 1  , Zp j Zj

(25.7)

где Z j – комплексное сопротивление j-го участка цепи. Комплексные сопротивления резистора, катушки индуктивности и конденсатора. Для резистора сопротивлением R: ZR  R , Z R  R , R = 0, X R  R , YR  0 . Для катушки индуктивности индуктивностью L: i

(25.8)



Z L  iL  Le 2 ,  Z L  L ,  L  , X L  0 , YL  L . 2 Для конденсатора емкостью C:

(25.9)

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

544



1 1 i 2  e , iC C 1 1  , C   , X C  0 , YC   . (25.10) ZC  C C 2 Закон Ома для гармонических токов в комплексной форме. Uˆ (t )  ZIˆ(t ) , Uˆ  ZIˆ , ZC 

0

0

U0  Z I0 . (25.11) Обобщенный закон Ома в комплексной форме. Z 12 Jˆ  Uˆ 12  E12 . (25.12) Формулы для правил Кирхгофа (см. п. 14.1. Теоретический материал в Главе 14) в комплексной форме. Первое правило Кирхгофа: (25.13)  Iˆk  0 . k

Второе правило Кирхгофа:  Z k Iˆk   Eˆk . k

(25.14)

k

Метод векторных диаграмм. Гармонические колебания физических величин и их комплексное представление можно изображать графически с помощью векторных диаграмм. При постоянной частоте колебаний  некоторой физической величине A(t) = A0cos(t+) (в комплексной форме Aˆ (t )  Aˆ 0 e it  A0 e i ( t ) ) с амплитудой A0 и начальной фазой  однозначно соответствует вектор длины A0, который вращается с угловой скоростью  в плоскости, например, против часовой стрелки, составляя в любой момент времени угол t +  с произвольно выбранной осью X (рис. 25.1). Оказывается удобным зафиксировать картину совместного вращения векторов в начальный момент времени, т.е. однозначно сопоставить каждой гармонически меняющейся физической величине A(t) (точнее ее комплексной амплитуде Aˆ 0 ) вектор A на плоскости, задав его длину, равную амплитуде A0, и угол относительно произвольно выбранного направления оси X, равный начальной фазе  (рис. 25.1): A(t )  A0 cos t    A .

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

Y Im Aˆ (t )

Y

A

545

C

A

A0 t +  A(t )  Re Aˆ (t )

 X

B

C(t) = A(t) + B(t)

X

Рис. 25.1. Представление гармонически меняющихся величин на комплексной плоскости.

Проекция этого вектора на ось X равна самой физической величине. Все векторы на такой координатной плоскости, изображающие физические величины, которые меняются со временем по гармоническому закону с одинаковой частотой, будут вращаться вместе, не меняя взаимного расположения (рис. 25.1). При этом легко видеть (рис. 25.1), что линейной комбинации гармонически меняющихся с одинаковой частотой величин C (t )  A(t )  B(t ) соответствует такая же линейная комбинация соответствующих им векторов C  A  B : C (t )  A(t )  B(t )  C  A  B . Заметим, что векторная диаграмма – это, по существу, представление комплексной величины на комплексной плоскости, где по осям декартовой системы координат откладываются вещественная Re Aˆ 0 (t ) и мнимая Im Aˆ 0 (t ) части комплексной амплитуды. Векторные диаграммы силы тока и напряжения для резистора, катушки индуктивности и конденсатора. Векторные диаграммы силы тока и напряжения для резистора, катушки индуктивности и конденсатора представлены на рис. 25.2(а – в). Как видим, падение напряжения на резисторе, амплитуда которого равна UR0 = RI, совпадает по фазе с силой тока, падение напряжения на индуктивности с амплитудой U L 0  LI 0 опережает силу тока по фазе на /2, а падение напряжения на конденсаторе с 1 амплитудой U C 0  I 0 отстает по фазе от силы тока на /2. C

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

546

а

б

в

Рис. 25.2. Векторные диаграммы силы тока и напряжения: а – для резистора сопротивлением R; б – для катушки с индуктивностью L; в – для конденсатора емкостью C.

Действующие (эффективные) значения силы тока и напряжения. Действующими (эффективными) значениями силы тока и напряжения для переменного тока называют величины силы тока и напряжения для постоянного тока, который производит такую же работу за период, что и рассматриваемый переменный ток. Действующие (эффективные) значения силы тока и напряжения для гармонически меняющегося тока равны: I I eff  0 , (25.15) 2 U U eff  0 . (25.16) 2 Коэффициент мощности цепи. Коэффициент мощности цепи – отношение активного сопротивления (X) к полному сопротивлению ( Z  X 2  Y 2 ) цепи: X X cos    . (25.17) 2 Z X Y 2 Мощность в цепях переменного тока. Средняя за период мощность гармонического тока (работа сил электрического поля по перемещению заряда за единицу времени) P(t ) T равна:

P(t )

T



U0I0 cos  U eff I eff cos . 2

(25.18)

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

547

25.2. Основные типы задач (классификация) 25.1. Задачи с неразветвлёнными цепями. 25.2. Задачи с разветвлёнными цепями. 25.3. Задачи на определение мощности в цепях переменного тока. 25.3. Методы решения и примеры решения задач Задачи типа 25.1 Задачи с неразветвлёнными цепями. Методы решения. При расчёте тока и напряжений, действующих в неразветвленной цепи, вначале рекомендуется определить комплексную амплитуду тока Î. В соответствии с выражением для комплексного сопротивления совокупности последовательно соединенных участков цепи (25.6) и вторым правилом Кирхгофа (25.14) ток в неразветвленной цепи равен Eˆ . Iˆ   Zk k

где

Eˆ   Eˆm m

– суммарная комплексная ЭДС всех последовательно соединенных источников в цепи с учетом их относительных сдвигов фаз (подобно Uˆ (t ) в (25.3)). Затем определяется амплитудное значение тока и сдвиг его фазы относительно ЭДС. Напряжения на резисторах, индуктивностях и конденсаторах рассчитываются по формулам (25.8)−(25.10). При расчёте модуля полного сопротивления цепи часто бывает удобно использовать следующее выражение для модуля комплексного сопротивления: Z0 = Re( Zˆ )∙ 1  tg2 . (25.19) Этот результат легко получить, используя комплексную форму представления полного сопротивления цепи:  Im( Zˆ )  . (25.20) Zˆ = Re( Zˆ ) + i Im( Zˆ ) = Re( Zˆ ) 1  i Re( Zˆ )  

548

Поскольку tg φ =

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Im( Z ) , то Re( Z )

(25.21) Zˆ = Re( Zˆ ) (1 + i tg φ). Модуль этой величины равен вышеприведенному значению Z0 (25.19). Вначале рекомендуется ознакомиться с решениями задач 25.3.1−25.3.3, т.к. при решении ряда последующих используются результаты, полученные в этих задачах. Задача 25.3.1. Конденсатор емкостью 20 мкФ и резистор, сопротивление которого равно 160 Ом, соединены последовательно с генератором переменного напряжения (частота ν = 50 Гц, эффективное напряжение Ueff = 120 В). Определить зависимость от времени силы тока в цепи I(t) и напряжений на конденсаторе UC (t) и резисторе UR (t). Решение Положим, что ЭДС зависит от времени как E = E0 cos(2t), где E0 = 2 Ueff  170 В – амплитуда источника ЭДС. При решении этой задачи можно воспользоваться как методом векторных диаграмм, так и методом комплексных амплитуд. 1) Решение методом векторных диаграмм (рис. 25.3). Выберем в качестве исходного I UR направления направление вектора тока I, поскольку ток одинаков во всей цепи. φ Вектор UR параллелен вектору тока I и имеет длину UR = I R. Вектор напряжения на конденсаторе UС перпендикулярен к I (сдвинут по фазе на E0 UC  I угол  ), его длина UС = . Рис. 25.3. Векторна 2 C я диаграмма для Все элементы цепи соединены последовательной последовательно, поэтому E0 = UR + UC RС-цепи. (векторная сумма). Поскольку исходной для нас является зависимость ЭДС от времени, то фазы остальных напряжений будем отсчитывать относительно вектора E0. Тогда фаза φ напряжения UR и тока I положительна и определяется соотношением

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

tg φ =

549

UC 1  , U R RC

 . 2 Учитывая, что UR = E0cos φ, UC = E0sin φ и используя известные из тригонометрии соотношения 1 tg  cos φ = , sin φ = , 2 1  tg  1  tg2 можем записать: 1 UR(t) = E0 cos(2πνt + φ), 1  tg2 U (t ) I(t) = R . R tg  UC(t) = E0 cos(2πνt + φ – ). 2 1  tg2 а фаза напряжения UC будет равна φ –

При данных в условии задачи значениях R, C и ν имеем tg φ ≈ 1, т.е. φ = /4 или 450. Подставляя эти значения и заданные величины E0 и  в предыдущие соотношения, получаем: UR(t) = 120 cos(100t + /4) В, UC(t) = 120 cos(100t – /4) В, I(t) = UR(t)/R = 0.75 cos(100t + /4) А. 2) Решение методом комплексных амплитуд. Как и в методе векторных диаграмм, для комплексных амплитуд Eˆ0 , ÛC, ÛR можно записать следующее соотношение: Eˆ0 =ÛC +ÛR, где ÛR = Î R , ÛC =

Iˆ Iˆ i  / 2 .  e i C C

 1   = Zˆ Î, Отсюда получим: Eˆ0 = Iˆ R  i  C   i ˆ где Z = Z0 e – комплексное сопротивление (импеданс) цепи. Здесь 1 1 Z0= R 2  = R 1  tg2 , tg φ   0. 2 RC (C )

550

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

В отличие от предыдущего рассмотрения, в этих формулах  представляет собой сдвиг фазы ЭДС относительно фазы тока, поэтому  < 0. Окончательный результат в комплексной записи будет иметь следующий вид: E E Î = 0 e i  0 e  i || , ÛR = ÎR, Z0 Z0 E0 i (     / 2 ) E0 i (||  / 2 ) e  e ÛC= . CZ 0 CZ 0 Переходя к действительным переменным, получим тот же результат, что и при использовании метода векторных диаграмм. Ответ: UR(t) = 120 cos(100t + /4) В, UC(t) = 120 cos(100t – /4) В, I(t) = UR(t)/R  0.75 cos(100t + /4) А. Задача 25.3.2. Резистор сопротивлением R = 100 Ом и катушка индуктивностью L = 0,318 Гн соединены последовательно и включены в цепь c гармонически меняющейся ЭДС E(t) = E0 cos(2t) с эффективным напряжением Ueff = 120 В и частотой ν = 50 Гц (рис. 25.4a). Определить зависимости от времени тока в цепи I(t) и напряжений на индуктивности UL(t) и резисторе UR(t).

L

~ E(t) R Рис. 25.4а. Схема RLцепи переменного тока.

Решение В соответствии с условием задачи амплитудное значение ЭДС источника E0 = 2 Ueff  170 В . При решении задачи можно воспользоваться методом векторных диаграмм или методом комплексных амплитуд. 1) Решение методом векторных диаграмм (рис. 25.4б). Рис. 25.4б. Векторная диаграмма RL-цепи Выберем в качестве исходного направление вектора тока I0, поскольку ток переменного тока. одинаков во всей цепи. Вектор напряжения на резисторе UR0 сонаправлен с вектором тока I0 и имеет длину

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

551

UR0 = I0R, где UR0 и I0 – амплитуды напряжения на резисторе и силы тока в цепи. Вектор напряжения на индуктивности UL0 перпендикулярен к вектору I0 (сдвинут по фазе на угол  / 2 ), его длина равна: UL0 = LI 0 , где UL0 – амплитуда напряжения на индуктивности. Все элементы цепи соединены последовательно, поэтому E0 = UR0 + UL0 (векторная сумма). Поскольку зависимость ЭДС от времени задана в условии задачи, то фазы остальных напряжений будем отсчитывать относительно вектора E0. Тогда фаза φI тока I0 и напряжения UR0 отрицательна и определяется соотношением: U L tg φI = – L 0   , U R0 R а фаза напряжения UL0 будет равна φI +  2 . Учитывая, что UR0 = |E0cos φI|, UL0 = |E0sin φI|, и используя известные из тригонометрии соотношения: tg  I 1 cos φI = , sin φI = , 2 1  tg  I 1  tg2  I можем записать: 1 UR(t) = E0 cos(2πνt + φI) , 1  tg2  I I(t) =

U R (t ) ; R

UL(t) = E0 

tg  I

cos(2πνt + φI +

 ). 2

1  tg  I При заданных в условии задачи значениях R, L и ν получим: L 6,28  50  0,318 tg  I     1 , R 100 т.е.  I   / 4 . Подставляя эти значения и заданные величины E0 и  в предыдущие соотношения, получаем: UR(t)  120 cos(100t – /4) В, UL(t)  120 cos(100t + /4) В, I(t)  UR(t)/R = 1.2 cos(100t – /4) А. 2

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

552

2) Решение методом комплексных амплитуд. Запишем II-е правило Кирхгофа для комплексных напряжений ˆ E , ÛL и ÛR в рассматриваемой цепи: Eˆ = ÛL + ÛR, или d( Iˆ e it ) ˆ it Eˆ0 e it  L 0  I 0e R , dt где Eˆ0 и Iˆ0 – комплексные амплитуды ЭДС и силы тока в цепи. После дифференцирования и сокращения на eit в правой и левой частях равенства получаем соотношение между комплексными амплитудами: Eˆ0  iLIˆ0  Iˆ0 R . Отсюда следует, что Eˆ0 = Iˆ0 R  iL  = Zˆ 0 Iˆ0 , где Zˆ  Zei z – комплексное сопротивление (импеданс) цепи. Здесь 0

Z=

R 2  (L) 2 = R 1  tg2  z ,

L > 0. R В отличие от предыдущего способа решения в этих формулах z представляет собой сдвиг фазы ЭДС относительно фазы тока, поэтому z = – I. Окончательный результат в комплексной записи будет иметь следующий вид: E Î0 = 0 e  i z , Z0 ÛR0 = ÎR, L E0 i (   z   / 2) e ÛL0 = . Z0 Переходя к действительным переменным, получим тот же результат, что и при использовании метода векторных диаграмм. Ответ: UR(t) = 120 cos(100πt – /4) В, UL(t) = 120 cos(100πt + /4) В, I(t) = 1,2 cos(100πt – /4) А. tgφz 

Задача 25.3.3. Конденсатор и резистор соединены последовательно и включены в цепь переменного тока с

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

553

напряжением Eeff = 50 В и частотой  = 50 Гц. Какую емкость должен иметь конденсатор для того, чтобы через резистор протекал ток I = 0,1 А и напряжение на резисторе было равно UR = 30 В? Напряжения и токи понимаются как эффективные. Решение При решении этой задачи можно использовать два способа. Первый способ основан на непосредственном использовании результатов задачи 25.3.1. Полученные там соотношения для амплитуд тока и напряжения можно поделить на 2 и сразу записать их для эффективных значений: 1 1 UR = Eeff , tgφ   , 2  RC 1  tg 

UR , ω = 2πν. I Отсюда следует: I C= , U R tg  где R =

2

E  где tg φ =  0   1 . UR  Окончательно получаем: 1 I С= . 2 E 2  U 2 э

R

Подстановка численных значений дает: С = 7,96 мкФ. Во втором способе решения используется тот факт, что на векторной диаграмме векторы амплитуд E0, U0R и U0C образуют прямоугольный треугольник (E0 – гипотенуза, U0R и U0C – катеты, см. задачу 25.3.1). Тогда U0С = E02  U 02R , или для их эффективных значений: UC = Eэ2  U R2 . Напряжение на конденсаторе UC и ток в цепи I связаны соотношением:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

554

I , C откуда следует: UC =

I . C Отсюда получаем тот же ответ: 1 I С=  .  E2 U 2 2 UC = Eeff  U R2 =

eff

Ответ: С =

R

1 I = 7,96 мкФ.  2 E 2  U 2 eff R

Задача 25.3.4. В цепь переменного тока включены последовательно генератор с эффективным напряжением Eeff = 220 В, конденсатор емкости С, катушка индуктивности L и резистор R. Найти напряжение UR на резисторе, если известно, что напряжение на конденсаторе UC = 2UR и напряжение на катушке индуктивности UL = 3UR (напряжения рассматриваются как эффективные). Решение В последовательной цепи напряжение на индуктивности UL опережает по фазе ток в цепи (и напряжение на резисторе UR) на угол +900 (рис. 25.4б). Напряжение на конденсаторе отстает по фазе от тока (сдвиг фаз равен –900, рис. 25.3). Таким образом, UL и UC находятся в противофазе. Соотношения между эффективными величинами напряжений те же, что и для амплитудных величин, поэтому напряжение на участке LC (UL + UC) = 3UR – 2UR = UR и опережает ток по фазе на 900. Отсюда получаем: Eeff Eeff2 = (UL + UC)2 + UR2 = 2UR2, UR = . 2 Eeff Ответ: UR = . 2 Задачи типа 25.2 Задачи с разветвлёнными цепями.

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

555

Метод решения. В дополнение к методам, предложенным для решения задач типа 25.1, следует использовать правила Кирхгофа (25.13) и (25.14). Задача 25.3.5. На участке цепи, изображенном на рис. 25.5а, заданы величины L, R, C и сила тока I2 = I0 cos ωt через участок с конденсатором. Найти напряжение U(t), ток через катушку I1(t) и сдвиг R фазы φ между U(t) и напряжением I1 U(t) I2 UC на конденсаторе. С L Решение 1) Решение методом векторных диаграмм. Рис. 25.5а. Схема участка цепи Напряжение U(t) можно сразу переменного тока с параллельным соединением RC и катушки найти, зная ток I2(t) и импеданс индуктивности L. правой части цепи. В комплексных амплитудах:  1 1 ˆ  I 20  R 2  Û0 =  R  e i0 Iˆ20  2 i C  (C ) 

(RC) 2  1

i  e 0 Iˆ20 , C где Iˆ20  I 0 , 0 – фазовый сдвиг напряжения U(t) относительно тока I2(t), определяемый из соотношения: 1 < 0. tg 0   RC Возьмем действительную часть от Û0 eit и найдем напряжение U(t):



(RC) 2  1 I 0 cos(t  0 ) . C Теперь можно найти силу тока в левой части цепи: U(t) =

(RC) 2  1 i ( |0|  / 2) ˆ Uˆ Iˆ10  0  e I 20 . iL 2 LC Действительная часть от Î10 eit дает ток I1(t):

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

556

I1 

(RC) 2  1

I 0 cos(t  0   / 2) . 2 LC Чтобы найти сдвиг фазы φ между U(t) и напряжением UC(t), запишем выражение для комплексной амплитуды ÛC0: 1 ˆ 1 i  / 2 ˆ Uˆ C 0  I 20  e I 20 . iC C Разность фаз между найденной выше комплексной амплитудой Û0 и ÛС0 составляет    0    2    2  0 . 2) Решение методом комплексных амплитуд. Векторная диаграмма, соответствующая поставленной задаче, представлена на рис. 25.5б. В качестве исходного вектора для отсчета углов фазового сдвига, как и выше, берем вектор силы тока I20. Вектор напряжения на резисторе UR0 параллелен вектору I20 и имеет модуль UR0 = I0R. Рис. 25.5б. Векторная диаграмма Вектор напряжения на участка цепи переменного тока с параллельным соединением RC и L. конденсаторе UC0 перпендикулярен к I20 (повернут на   / 2 ) и его длина равна I UC0  0 . C Векторы UR0 и UC0 являются катетами прямоугольного треугольника. Поэтому амплитуда напряжения U(t) равна:

1 . (C ) 2 Модуль разности фаз между U(t) и I2(t) определяется равенством: U 1 tg  0  C 0  . U R 0 RC Сама разность фаз 0 отрицательна, поскольку напряжение U(t) запаздывает по фазе относительно силы тока I2(t): 1 < 0. tg 0   RC U0 =

U R2  U C2  I0 R 2 

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

557

Модуль разности фаз  между U(t) и напряжением на конденсаторе UC(t) определяется соотношением: U tg   R 0  RC  ctg  0 . UC0 Напряжение UC(t) запаздывает по фазе относительно U(t), поэтому  < 0 и tg  RC .

Амплитуда тока I1(t) равна U U I10 = L 0  0 . L L Ток I1(t) в катушке индуктивности отстает от напряжения на ней на /2, поэтому вектор I10 перпендикулярен вектору U0 и повернут относительно него на –/2. Как видно на рис. 25.5б, угол между векторами I10 и I20 по модулю равен |1| = (/2 + |0|). Сдвиг фаз между токами I1(t) и I2(t) с учетом отставания тока I1(t) отрицателен и равен 1 = –(/2 + |0|). Окончательный ответ, с учётом знака сдвига фаз, имеет следующий вид:

(RC) 2  1 I 0 cos(t  0 ) , C 1 ; tg0   RC

U(t) =

I1 

(RC) 2  1 2 LC

I 0 cos(t  0   / 2) .

(RC) 2  1 Ответ: U(t) = I 0 cos(t  0 ) , C 1 ; tg0   RC I1 

(RC) 2  1 2 LC

I 0 cos(t  0   / 2) .

558

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Задача 25.3.6. На рис. 25.6а представлена схема простейшего фазовращателя (R1 = R2 = R, С1 = С2 = С). Определить амплитуду UАВ и фазу 0 выходного напряжения, действующего между точками А и В, относительно входного напряжения.

D C1

E(t)

~

А

R2 UAB

R1

B C2

E Рис. 25.6а. Схема фазовращателя.

Решение 1) Решение методом векторных диаграмм. Рассмотрим векторную диаграмму напряжений (рис. 25.6б). В U C2 UR2 В каждой из параллельных цепей E векторы напряжений на  2 D E O  соответствующем конденсаторе и на резисторе всегда взаимно UС1 UR1 перпендикулярны, т.к. напряжение А на конденсаторе отстает от напряжения на сопротивлении на Рис. 25.6б. Векторная диаграмма 90°. Поскольку в сумме эти два фазовращателя. вектора составляют постоянный вектор E, то точки А и В лежат на окружности с диаметром E, а UАВ = E, поскольку прямая АВ проходит через центр этой окружности и также является ее диаметром. Угол  между вектором E и вектором напряжения на резисторе UR1 определяется соотношением: U 1 tg   C1  . U R1 RC Угол AOE поворота вектора выходного напряжения UАВ относительно входного E вдвое больше угла ABE и равен 0 = 2φ. 2) Решение методом комплексных амплитуд. Ток, протекающий через каждую из RC-цепей, одинаков и равен: Eˆ0 Iˆ  . i R C

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

559

Напряжения в точках А и В относительно нижнего проводника схемы равны соответственно: Iˆ ÛА = RÎ и ÛB = . i C Искомое выходное напряжение равно: R  i C ˆ i0  E0e . ÛAB = ÛA – ÛB = Eˆ0 R  i C Модуль дроби в данном выражении равен единице, поэтому амплитуда выходного напряжения равна E0. Сдвиг фаз равен: 0 = 2φ, 1 где tg φ = . RC Ответ: UAB = E0, 1 0 = 2 arctg . RC Задача 25.3.7. В цепи, изображенной на рис. 25.7а, R = 50 Ом, R1 = 20 Ом, L = 0,5 Гн, L1 = 0,01 Гн, С = 10 мкФ. Через резистор R1 течет ток I1 = 0,5 cos (600t) А. Найти ЭДС E(t) в цепи.

R

~ E(t)

A

L1

C

I1

R1

Решение Исходя из условий задачи, B наметим следующий путь ее L решения. По заданному току I1 Рис. 25.7а. Схема разветвленной цепи и импедансу последовательно переменного тока. соединенных резистора с сопротивлением R1 и катушки с индуктивностью L1 определим напряжение UAB на участке цепи АВ; по найденному напряжению определим силу тока I2 через емкость С; суммируя параллельные токи (заданный I1 и найденный ток I2), определим общий ток I в цепи ЭДС; по найденному току I и импедансу RL-цепи найдем падение напряжения U на этом участке; сумма U и UAB даст искомый ответ, т.е. E(t).

560

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Следует иметь в виду, что расчет указанных переменных токов и напряжений предполагает определение их амплитуд и фаз (по отношению к заданному току I1) методом комплексных амплитуд, а для сложения соответствующих токов или напряжений удобно использовать метод векторных диаграмм. Однако реализация этого решения в общем виде приводит к громоздким выкладкам уже на первых этапах, а построение полной векторной диаграммы затруднительно без предварительной оценки длины векторов и их взаимной ориентации. Поэтому предпочтительным оказывается последовательное численное решение, исходя из данных задачи, и построение частных диаграмм для отдельных участков цепи, которые в конце решения могут быть объединены в общую диаграмму. Векторная диаграмма для R1L1-цепи с произвольной длиной векторов показана на рис. 25.7б: UL10 |UL10| = ωL1I10, UAB0 |UR10| = R1I10, где через I10 обозначена амплитуда заданного тока (I10 = 0,5 A). Модуль импеданса R1L1-цепи равен: φ1 2 2 Z1  R1  (L1 )  21 Ом; I10 UR10 тогда: Рис. 25.7б. Векторная диаграмма UAB0 = I10Z1 = 10,5 В; участка цепи R1L1. L1 tgφ1 = = 0,3; φ1 ≈ 16,7. R1 Таким образом, напряжение на участке цепи АВ может быть записано как UAB(t) = 10,5 cos(600t + φ1) В, а диаграмма скорректирована в сторону существенного уменьшения длины стрелки UL0 и величины угла φ1. Запишем ток I2 через емкость, учитывая, что его амплитуда равна I20 = ωCUAB0 = 0,063 A I20 UAB0 I0 и опережает напряжение UAB на π/2 (рис. 25.6в): φ2 I10 I2(t) = I20cos(600t + φ1+  2 ) А Рис. 25.7в. Векторная диаграмма = 0,063(600t + φ1+  2 ) А. для участка цепи с конденсатором. Так как I20 > 1); котором происходит б) амплитуду напряжения UC0 на резонанс напряжений. конденсаторе (те же дополнительные

~

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 583

вопросы, что и для I0); в) амплитуду напряжения UL0 на катушке индуктивности (те же дополнительные вопросы, что и для UC0). Решение Способ 1. Метод комплексных амплитуд. а) Ток в цепи. Комплексное сопротивление (импеданс) цепи равно сумме комплексных сопротивлений последовательно соединенных 1 резистора Zˆ R  R , катушки Zˆ L  iL и конденсатора Zˆ C  : iC 1 1   i Zˆ  R  iL   R  i  L    Z 0e . iC  C   Здесь φ – сдвиг фаз между напряжением генератора и силой тока в цепи, причем 1 L   C; tg   R 2

1   Z 0  R 2   L   – полное сопротивление цепи (модуль C   импеданса). Комплексная амплитуда Î0 тока в цепи равна E E E Iˆ0  0  0 e i  0 e iI , (26.26) ˆ Z0 Z Z0

где сдвиг фаз I силы тока относительно напряжения генератора определяется соотношением: 1 ωL . tg  I  tg()  ω C R Из формулы (26.26) получаем, что амплитуда тока в цепи равна: E E0 I0  0  . 2 Z0 1   R 2   L   C   При  → 0 амплитуда тока стремится к нулю, а сдвиг фаз I → +π/2 (ток опережает напряжение). Если  → ∞, то амплитуда

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

584

тока тоже стремится к нулю, а сдвиг фаз I → – π/2 (ток отстает от напряжения). Максимальное значение амплитуды тока, а значит, и напряжения на сопротивлении R, достигается на резонансной частоте 1 Ip  0  , LC равно E I 0р  0 R и не зависит от добротности Q. б) Напряжение на конденсаторе. Поскольку комплексное сопротивление конденсатора равно 1 , то комплексная амплитуда Uˆ С 0 напряжения на Zˆ C  iC конденсаторе равна: Iˆ E0 1 E0 Uˆ C 0  Iˆ0 Zˆ C  0    e i (  I   / 2) . i C iC Zˆ CZ0 Как видим, фаза напряжения на конденсаторе С = I – π/2 отстаёт от фазы тока на π/2. Для удобства дальнейшего анализа преобразуем величину 1   iCZˆ , подставив в нее Zˆ  R  i  L  : C   1 iCZˆ  (1  2 LC )  iRC  2 (02  2 )  i 2 . 0 Здесь 1 R 0  ,  . 2L LC Через ω0 и β можно записать добротность контура (подобно тому, как в предыдущей задаче):





 02   2 1 4 L    1 . T 2 2 CR2 Зависимость амплитуды напряжения на конденсаторе от частоты  может быть представлена в следующем виде:

Q=

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 585

UC0 

02 E0 (02  2 ) 2  4 2 2

.

В области низких частот напряжение на конденсаторе равно напряжению генератора UС = E0 и совпадает с ним по фазе (С = 0). В области высоких частот ( → ) UС → 0, а сдвиг фаз С → (–π). Максимальное значение UС достигается при резонансной частоте  1  , C2 p  02  22  02 1  2   2Q   где Q ≈ 0 – добротность контура при малом затухании β. 2 При  = Ср резонансная амплитуда напряжения на конденсаторе равна 02 E0 U Cр  . 4 2 (02   2 ) Если добротность цепи Q >> 1, т.е. 0   , то: E U Cр  0 0  QE0 . 2 в) Напряжение на катушке индуктивности. Комплексная амплитуда Uˆ L 0 напряжения на индуктивности равна L i ( I   / 2) Uˆ L 0  i LIˆ0  E0 e . Z0 Как видим, фаза напряжения на катушке L = I + π/2 опережает фазу тока на π/2. Проводя расчёты, подобные расчётам в пункте б) настоящей задачи, и опуская промежуточные выкладки, получим: 2 E0 U L0  . (02  2 ) 2  4 2 2 В области высоких частот ( >> 0) индуктивное сопротивление велико по сравнению с сопротивлением конденсатора и активным сопротивлением, поэтому напряжение на индуктивности фактически равно напряжению генератора, т.е. UL0 = E0, и совпадает с ним по

586

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

фазе. В области низких частот напряжение на катушке индуктивности близко к нулю. Максимальное значение UL0 достигается при резонансной частоте 02  Lp  02  2 2 и равно E0  0 QE0  . UL0p = U L 0 ( Lp )  2   1 1  21  2  4Q 2  0  Если Q >> 1, то ULp  QE0. 1 При 0  напряжения на емкости и индуктивности LC взаимно компенсируются, поскольку будут равны по амплитуде (по фазе они всегда противоположны), и контур имеет чисто активное сопротивление. Это явление называют резонансом напряжений (ωр = ω0). Замечание. Если Q >> 1, т.е. активное сопротивление цепи мало, то ωLp ≈ ωCp ≈ ω0, и при резонансе напряжений оказываются максимальными также напряжения на емкости и индуктивности, что в практических случаях может привести к пробою конденсатора или межвитковым пробоям в UL0 катушке. Способ 2. Решение методом векторных диаграмм. Векторная диаграмма для E0 UL0 + UC0 последовательной RLC-цепи представлена φ на рис. 26.7б. Здесь E0 – вектор комплексной I0 UR0 амплитуды ЭДС, I0 – вектор комплексной амплитуды силы тока в цепи, UR0 = RI0, UC0 UL0 = LI0 и UC0 = I0/ωC – векторы комплексных амплитуд напряжений на Рис. 26.7б. Векторная резисторе, катушке и конденсаторе диаграмма напряжесоответственно. ний в схеме на Векторы E 0, UR0 и (UL0 + UC0) рис. 26.7а.

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 587

составляют прямоугольный треугольник. Поэтому можно записать: E02  U R2 0  (U L 0  U C 0 ) 2 , U  UC0 tg φ = L 0 . U R0 Учитывая взаимосвязь между амплитудой тока в цепи и амплитудами напряжений на резисторе, конденсаторе и катушке индуктивности, получим: E0 , I0  2 1   R 2   L    C  UL0 = LI0, I UC0 = 0 . C Сдвиг фазы напряжения генератора E(t) относительно тока в цепи определяется из соотношения: 1 L  C . tg   R Дальнейший расчёт в соответствии с вопросами б) и в) условий задачи можно провести так же, как это сделано выше. Резонанс напряжений особенно наглядно представляется на векторной диаграмме (см. рис. 26.7б при φ → 0) – векторы UL0 и UC0 становятся одинаковыми по длине и взаимно компенсируются при сложении, а векторы I0, E0 и UR0 совпадают по направлению. 1  L E0  Ответ: а) I 0  , tg  I  C , 2 R 1   R 2   L   C   E 1  р  0  ; I 0р  0 ; R LC б) U C 0 

02 E0 (02  2 ) 2  4 2 2

;

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

588

в) U L 0 

2 E0 (02  2 ) 2  4 2 2

;

при  → 0: I0  0, I → +π/2, UС0  E0, UR0  UL0  0; при  → р: E I 0р  0 , I → 0, UR0  E0, UС0р  UL0р  QE0; R при  → : I  0, I → – π/2, UL0  E0 , UR0  UС0  0. Задача 26.3.3. Найти добротность Q колебательного контура (рис. 26.8), в который последовательно включен источник переменной ЭДС E(t )  E0 cos( t ) , если при резонансе напряжение на конденсаторе в n раз превышает напряжение на источнике.

r

~ E(t)

L C

Рис. 26.8. Колебательный контур с последовательно соединенными r, L и C.

Решение Воспользуемся результатом решения предыдущей задачи и запишем отношение напряжения на конденсаторе при резонансе напряжений (ω = ω0) и напряжения на источнике E0: U 02 E0 L  n= C = . 2 2 2 2 2 E0 R C E0 (0   )  4  Добротность можно записать в виде (см. задачу 26.3.2): Q=

02   2 2



1 4L 1 2 CR2

или Q=

1 1 4n 2  1  n 2  . 2 4

Ответ:

Q=

n2 

1 . 4

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 589

Задача 26.3.4. Цепь, содержащая последовательно соединенные конденсатор емкости С и катушку индуктивности L с активным сопротивлением r, подключена к источнику гармонического r L напряжения E(t )  E0 cos( t ) , частоту C которого можно менять, не изменяя E(t) его амплитуды (рис. 26.9). При частотах ω1 и ω2 амплитуды тока оказались в n раз меньше его Рис. 26.9. Колебательный контур с последовательно резонансной амплитуды. Найти соединенными r, L и C. резонансную частоту контура и его добротность.

~

Решение Используем результаты решения задачи 26.3.2 и запишем амплитуду тока в контуре при произвольном значении частоты ω вынуждающей ЭДС: E0 I0  . 2 1   R 2   L   C   Примем для определенности, что ω1 < ω0 < ω2 и запишем равенство амплитуд токов при частотах ω1 и ω2: E0 E0 = , 2 2   1  1    R 2   1 L  R 2   2 L  1C  2 C    откуда после очевидных преобразований получаем равенство: ω1L – 1/ω1C = ω2L – 1/ω2C, или 2 1 ω2 – ω1 = (ω2 – ω1)  0 (2  1 ) , 12 LC 12 откуда ω0 = 12 . Для определения добротности контура Q воспользуемся полученным в предыдущей задаче выражением

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

590

02   2

1 4L 1 , 2 2 CR2 которое можно также записать в виде: 1 1 Q= (26.27)  . 2 4 (0 RC) При резонансе напряжений, т.е. когда ω = ω0, амплитуда силы тока равна: E I 0 max  0 R и по условию задачи она в n раз превышает амплитуды при частотах ω1 или ω2: E0 E0 = n , 2 R   1  R 2   1 L   1C   откуда получаем, что Q=



2

 1   R   1 L  1C   2 R = , n2 2

или 2

 2 1 1  2 R (n – 1) = 2 2 LC12  1  2 2  12  1 , 1 C 1 C  0  откуда после перегруппировки с учетом ранее полученного 1 соотношения ω0 = 12 и формулы Томсона 02  находим: LC 12 (n 2  1) 1 = . ( 0 RC ) 2 (1  2 ) 2 Подставив полученное выражение в формулу (26.27), окончательно для искомой добротности получим: 2

Q=



2

12 (n 2  1) 1  . 4 (1  2 ) 2

Ответ: ω0 =

12 ;



Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 591

Q=

12 (n 2  1) 1  . 4 (1  2 ) 2

Задачи типа 26.2 Свободные и вынужденные колебания в разветвленных цепях; резонанс токов. Метод решения. Для расчета токов в участках разветвлений и напряжений на элементах цепи используются те же методы (векторных диаграмм и комплексных амплитуд) и правила Кирхгофа, что описаны в предыдущей главе для задач типа 25.2 и соотношений (26.1)−(26.18) теоретической части настоящей главы. Задача 26.3.5. Колебательный контур (рис. 26.10) содержит L конденсатор с утечкой. Емкость R C конденсатора С, его активное сопротивление R, индуктивность катушки L. Сопротивление катушки и подводящих проводов пренебрежимо Рис. 26.10. Колебательный конмало. Найти частоту затухающих тур с катушкой индуктивности колебаний ω в контуре и его и конденсатором с утечкой. добротность Q. Решение В соответствии с законом сохранения заряда и квазистационарностью процесса в цепи сила тока, текущего через катушку, I L равна силе тока, текущего через конденсатор, I C : I L  IC . (26.28) В то же время сила тока через конденсатор I C равна сумме силы тока, обусловленного изменением заряда на обкладках конденсатора I q , и силы тока утечки I R : IC  Iq  I R .

При этом: dq , Iq  dt U IR  C , R

(26.29) (26.30) (26.31)

592

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

где U C – напряжение на обкладках конденсатора, которое в соответствии с определением емкости конденсатора равно: q (26.32) UC  . C Воспользовавшись уравнениями (26.28) – (26.32), получим соотношение, связывающее силу тока в катушке I L и заряд на обкладках конденсатора q : dq q . (26.33) IL   dt RC Запишем теперь второе правило Кирхгофа для заданного контура: U L UC  0 , (26.34) где падение напряжения на катушке U L равно: dI (26.35) UL  L L . dt Объединяя уравнения (26.33), (26.34) и (26.35), получим еще одно соотношение, связывающее силу тока в катушке I L и заряд на обкладках конденсатора q : dI q (26.36) L L  0. dt C Исключим из уравнений (26.33) и (26.36) заряд конденсатора и получим дифференциальное уравнение для нахождения силы тока, текущего через катушку (и через конденсатор): d 2IL 1 dI L 1    IL  0, 2 RC dt LC dt или d 2IL dI  2 L  02 I L  0 . 2 dt dt 1 1 Здесь   – коэффициент затухания, а 02  – частота LC 2 RC колебаний. Решением полученного уравнения является функция I (t )  I L 0et sin t , в которой искомая частота затухающих колебаний равна:

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 593

1 1 .  LC 4( RC) 2 Используем определение добротности Q и логарифмического декремента затухания  контура:  Q = ,  = βT,  и с учетом того, что T = 2π/ω, получим:   02   2 

Q=

2 2   0   1 4R 2C   1 . T 2 2 L

Ответ:  

1 1 1 4R 2C ; Q =  1 . LC 4( RC) 2 2 L

Задача 26.3.6. На рис. 26.11а представлена схема цепи. Ток генератора I(t) = I0 cos t, где I0 – амплитуда тока. 1). Рассчитать комплексное Zˆ и A полное Z0 сопротивление цепи (между точками А и В). L 2). Найти резонансную частоту р, I(t) С т.е. то значение частоты, при котором r полное сопротивление Z0 имеет экстремальное значение, и рассчитать Z0 при этой частоте. B 3). Определить амплитуду Рис. 26.11а. Схема для расчета резонанса токов. напряжения на конденсаторе и амплитуду силы тока IL в цепи при резонансе. 4). Найти сдвиг фаз между токами, протекающими через конденсатор и катушку индуктивности при резонансе. При расчётах в пунктах 2 – 4 считать, что добротность 1 колебательного контура Q  L C  1 . r

~

Решение 1. Так как элементы цепи соединены параллельно, удобно вначале найти комплексную проводимость цепи:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

594

1 , r  iL а затем ее комплексное сопротивление: 1 r  iL Zˆ   ˆ Y (1  2 LC )  irC и модуль сопротивления: Yˆ  iC 

r 2  2 L2 . (1  2 LC ) 2  (rC ) 2 2. Если Q >> 1, модуль сопротивления цепи Z0 имеет максимальное значение при р ≈ 0 = 1 LC , а реактивное сопротивление катушки на частоте 0 оказывается много большим активного сопротивления r, поэтому r + iL  iL. Таким образом, в цепи имеет место резонанс, а полное сопротивление при таких упрощениях может быть представлено в следующем виде: L Z 0р   rQ 2 . rC 3. При резонансной частоте р ≈ 0 импеданс и амплитуда напряжения между точками А и В достигает максимума. Амплитуды токов, текущих через конденсатор и катушку, могут быть очень велики по сравнению с I0, однако, поскольку эти токи почти противофазны, их векторная сумма равна I0. Поэтому такой резонанс называется резонансом токов. Рассмотрим более подробно соотношения между величинами токов при этом резонансе. Комплексная амплитуда силы тока в rL-цепи равна I Z . IˆL  0 r  iL Отсюда, учитывая результаты пункта 2) данной задачи, получаем, что при резонансе токов эту величину можно записать в виде: I0 IˆL  , ip rC Z 0 | Zˆ |

а амплитуда тока равна: I I Lр  0  QI 0 . 0 rC

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 595

Амплитуду напряжения на конденсаторе при резонансе можно записать в виде: U Cр  I 0 Z 0р  rQ 2 I 0 , а амплитуда тока через конденсатор равна: I Cр   0 CU Cр  QI 0 . 4. Поскольку напряжение на конденсаторе равно напряжению на rL-участке цепи, то: 1 IˆC  IˆL (r  iL) . iC Отсюда находим, что IˆC  IˆL (iCr  2 LC ) . UAB (26.37) Тангенс разности фаз  между токами IC и IL равен аргументу I I0 C0 комплексного множителя в скобках IL0 выражения (26.37) и при резонансе составляет Рис. 26.11б. Векторная диаграмr C 1 ма для схемы на рис. 26.13а. tg    r  . L L Q Таким образом, при большой добротности сдвиг фаз   , т.е. токи через С и rL-участки цепи находятся почти в противофазе. Замечание. Резонанс токов можно наглядно проиллюстрировать векторной диаграммой, изображенной на рис. 26.11б. 1 r  iL Ответ:1) Zˆ   , ˆ Y (1  2 LC )  irC Z0 

r 2  2 L2 ; (1  2 LC ) 2  (rC ) 2

2) р ≈ 0 =

1 LC

, Z 0р 

L  rQ 2 ; rC

3) I Lр  QI 0 , U Cр  rQ 2 I 0 ; 4) tg  

1 . Q

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

596

Задача 26.3.7. Схема цепи изображена на рис. 26.12. Параметры цепи, показанные на рисунке, известны. ЭДС генератора меняется по закону E(t )  E0 cos( t ) . Определить: 1) при какой частоте генератора  сила тока I в цепи r C1 минимальна; 2) чему равна амплитуда R E(t) C2 L силы тока при этой частоте; 3) при какой частоте сила тока I максимальна; Рис. 26.12. Схема разветвленной цепи 4) чему при этом равна переменного тока. амплитуда силы тока. Из решения исключить случаи  → 0 и  → ∞. При расчёте L положить С1 = С2 = С, R >> , R >> r. C

~

Решение 1) Сила тока в цепи C2L минимальна при ω1р = ω0 =

1

LC импеданса L конденсатора C1 на этой частоте равен 1/(ω0C) = и C существенно меньше R (см. условие задачи). 2) Амплитуда силы тока через источник ЭДС будет равна I 0  E0 R , т.к. r ω0), тогда: E02 R n= 2 , E0 R R 2  (1 L  1 1C ) 2 откуда





Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 601 2

1  1   L    n 1, 2  1 1 L  R 

или

 2  R n  1  1 L1  02  ;  1  (1  0 )(1  0 ) R n 1 = . 1 L Поскольку Q = 100 >> 1, можно использовать упрощенную 1 L формулу Q  для добротности и считать, что ω1 + ω0 ≈ 2ω0. R C Тогда, обозначив ω1 – ω0 = Δω и опуская индексы при ω, запишем для искомого относительного отклонения частоты:  n 1 1    0,005 (0,5%).  2Q 200 Ответ:

 n 1   0,005 (0,5%).  2Q

Задача 26.3.10. В контуре, добротность которого Q = 50 и собственная частота колебаний ν0 = 5,5 кГц, возбуждаются затухающие колебания. Через сколько времени энергия, запасенная в контуре, уменьшится в η = 2 раза? Решение Поскольку энергия колебаний пропорциональна квадрату амплитуды, затухание энергии происходит с временем релаксации вдвое большим, чем для амплитуд: τE = 2τ. Тогда: W η = 1  exp{( t 2  t1 ) / 2 , W2 откуда время, за которое амплитуда убывает в η раз, будет: Δt = t2 − t1 = 2τ lnη. Время релаксации τ определим через заданные частоту и добротность. Поскольку добротность Q >> 1, пренебрежем различием в частотах собственных затухающих и незатухающих колебаний; тогда по определению добротности запишем:

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

602

Q

     ,  T

откуда

Q ,  что дает в результате: Q Δt = lnη = 1,0 с. 2 Q Ответ: Δt = lnη = 1,0 c. 2 

26.4 Задачи для самостоятельного решения Задача 26.4.1 ([2], 4.109). Колебательный контур состоит из конденсатора емкости С, катушки с индуктивностью L и пренебрежимо малым сопротивлением и ключа. При разомкнутом ключе конденсатор зарядили до напряжения Um и затем в момент t = 0 замкнули ключ. Найти: а) ток в контуре как функцию времени; б) ЭДС самоиндукции в катушке в моменты, когда электрическая энергия конденсатора равна энергии тока в катушке. Ответ: а) I  I m sin 0 t , где I m  U m C / L ,  0  1 / LC; б) Em = Um// 2 . Задача 26.4.2 ([2], 4.111). В контуре, состоящем из плоского конденсатора и катушки индуктивности с пренебрежимо малым активным сопротивлением, происходят колебания с энергией W. Пластины конденсатора медленно раздвинули так, что частота колебаний увеличилась в η раз. Какую работу совершили при этом против электрических сил? Ответ: A = (η2 − 1)W. Задача 26.4.3 ([2], 4.116). Колебательный контур состоит из катушки индуктивности L и конденсатора емкости С. Сопротивление катушки и соединительных проводов пренебрежимо мало. Катушка находится в постоянном магнитном

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 603

поле, так что суммарный поток, пронизывающий все витки катушки, равен Ф. В момент t = 0 магнитное поле выключили. Считая время выключения очень малым по сравнению с периодом собственных колебаний контура, найти ток в контуре как функцию времени t. Ответ: I  (Φ / L) cos(t / LC) . Задача 26.4.4 ([2], 4.117). В контуре совершаются свободные затухающие колебания, при которых напряжение на конденсаторе меняется во времени по закону U = Ume-βt cos ωt. Найти моменты времени, когда модуль напряжения на конденсаторе достигает: а) амплитудных значений; б) максимальных (экстремальных) значений. Ответ: а). tn = πn/ω; б). tn = [arctg(- /)  n] /  , где n = 0, 1, 2, … . Задача 26.4.5 ([2], 4.118). Некоторый колебательный контур содержит конденсатор емкости С, катушку с индуктивностью L и активным сопротивлением R, а также ключ. При разомкнутом ключе конденсатор зарядили, после чего ключ замкнули, и начались колебания. Найти отношение напряжения на конденсаторе к его амплитудному значению в момент непосредственно после замыкания ключа. Ответ: U 0 / U m  1  R 2 C / 4L . Задача 26.4.6 ([2], 4.120). Колебательный контур состоит из конденсатора емкости С = 4,0 мкФ и катушки с индуктивностью L = 2,0 мГн и активным сопротивлением R = 10 Ом. Найти отношение энергии магнитного поля катушки к энергии электрического поля конденсатора в момент максимума тока. Ответ: W L / WC  L / CR 2  5 . Задача 26.4.7 ([2], 4.121). Некоторый колебательный контур содержит две последовательно соединенные катушки с активными сопротивлениями R1 и R2 и индуктивностями L1 и L2, причем взаимная индуктивность их пренебрежимо мала. Эти катушки надо заменить одной так, чтобы частота и добротность контура не изменились. Найти индуктивность и активное сопротивление такой катушки.

604

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Ответ: L = L1 + L2; R = R1 + R2. Задача 26.4.8. В последовательный контур включён генератор переменного напряжения с амплитудой 1,5 В. Амплитуда напряжения на конденсаторе при резонансе равна 30 В. Определить добротность контура. Ответ: Q = 20. Задача 26.4.9. Определить добротность Q последовательного rLC-контура (r = 10 Ом, C = 1000 пФ), если его резонансная частота νр = 159,2 кГц. 1  100 . Ответ: Q  2  p RC Задача 26.4.10. Определить ёмкость С, которую надо включить последовательно с катушкой (активное сопротивление r = 10 Ом, индуктивность L = 3,185 мГн), для того, чтобы цепь была настроена в резонанс при частоте ν 0 = 50 кГц. Найти добротность контура Q и напряжение на конденсаторе UС при резонансе, если к контуру приложено напряжение с амплитудой E0 = 1 В. Ответ: C = 3185 пФ, Q = 100, UС = 100 В. Задача 26.4.11. В последовательном rLC контуре при частотах генератора ω1 и ω2 (ω2 > ω1) амплитуды силы тока оказались равными и в n раз меньше амплитуды тока при резонансе. Найти добротность Q этого контура. 12 Ответ: Q  n2  1 . I 2  1 Задача 26.4.12. Схема цепи, в которой может наблюдаться резонанс токов, представлена на рис. 26.15. Здесь E(t) = E0 cos ωt, E0 = 100 В. Параметры этого параллельного контура равны: r = 5 Ом, L = 100 мкГн, С = 100 пФ. Найти

~

E(t) C

I1

L r r

I2

Рис. 26. 15. Схема цепи к задаче 26.4.12.

Глава 26. Свободные и вынужденные колебания в контурах. Резонанс .. 605

резонансную частоту  p , добротность Q и полное сопротивление Z0 при резонансе. Ответ:  p  0  Q

1 LC

 107

рад ; с

1 L  100 ; Z 0  2rQ 2  105 Ом . 2r C

Задача 26.4.13 ([2], 4.126). Найти добротность контура с емкостью С = 2,0 мкФ и индуктивностью L = 5,0 мГн, если на поддержание затухающих колебаний с амплитудой напряжения на конденсаторе Um = 1,0 В необходимо подводить мощность = 0,10 мВт. Затухание колебаний в контуре достаточно мало. Ответ: Q  (U m2 / 2  P ) C / L  1,0  10 2 . Задача 26.4.14 ([2], 4.130). Какую среднюю мощность должен потреблять колебательный контур с активным сопротивлением R = 0,45 Ом, чтобы в нем поддерживались незатухающие гармонические колебания с амплитудой тока Im = 30 мА? Ответ:

= R = RI m2 / 2  20 мВт. Задача 26.4.15 ([2], 4.131). Колебательный контур содержит конденсатор емкостью С = 1,2 нФ и катушку с индуктивностью L = 6,0 мкГн и активным сопротивлением R = 0,50 Ом. Какую среднюю мощность нужно подводить к контуру, чтобы поддерживать в нем незатухающие гармонические колебания с амплитудой напряжения на конденсаторе Um = 10 В? Ответ:

= RС U m2 / 2 L  5 мВт.

606

Электричество и магнетизм. Методика решения задач

Литература 1. Жукарев А.С., Иванов С.А., Киров С.А., Киселёв Д.Ф., Лукашёва Е.В. Электричество и магнетизм. Методика решения задач. М.: Физический факультет МГУ им. М.В.Ломоносова, 2010. – 436 с. 2. Иродов И.Е. Сборник задач по общей физике. М.: Наука. 1988. – 416 с. 3. Сборник задач по общему курсу физики. В пяти книгах. Кн. III. Электричество и магнетизм. Под ред. И.А. Яковлева. – М.: Физматлит, Лань, 2006. – 232 с. 4. Алешкевич В.А. Электромагнетизм. М.: Физматлит, 2014. – 405 с. 5. Матвеев А.Н. Электричество и магнетизм. М.: Оникс-21 век, 2005. – 464 с. 6. Калашников С.Г. Электричество. М.: Физматлит, 2003. – 624 с. 7. Тамм И.Е. Основы теории электричества. М.: Физматлит, 2003. – 616 с.

Глава 25. Рассчёт цепей переменного тока . Методы комплексных ...

Учебное издание БУХАНОВ Владимир Михайлович ВАСИЛЬЕВА Ольга Николаевна ЛУКАШЕВА Екатерина Викентьевна РУСАКОВ Вячеслав Серафимович ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ Подписано в печать 20.11.2017. Формат 60х90/16. Объем 38 п. л. Тираж 200 Заказ № Физический факультет МГУ им. М.В. Ломоносова 119991 Москва, ГСП-1, Ленинские горы, д. 1, стр. 2

607